【文档说明】2024版《微专题·小练习》·化学·统考版 详解答案.docx，共(134)页，3.398 MB，由小赞的店铺上传

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微专题小练习化学详解答案专练1阿伏加德罗常数的应用1．CA项，不是在标准状况下，无法计算28L氢气的物质的量，错误；B项，Al3＋部分水解，故溶液中Al3＋的数目小于2.0NA，错误；C项，0.20mol

苯甲酸(C7H6O2)完全燃烧生成1.4molCO2，正确；D项，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，阴极增重6.4g(即0.1molCu)，则外电路中转移0.20mol电子，错误。2．A异丁烷的结构简式为，1mol异丁烷分子含有13NA个共价键，所以0.50mol异

丁烷分子中共价键的数目为6.5NA，A正确；在标准状况下，SO3状态为固态，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量，B错误；pH＝2的硫酸溶液中氢离子浓度为c(H＋)＝0.01mol·L－1，则1.0LpH＝2的硫酸溶液中氢离子数目为0

.01NA，C错误；Na2CO3属于强碱弱酸盐，在水溶液中CO2－3会发生水解，所以1.0L1.0mol·L－1的Na2CO3溶液中CO2－3的数目小于1.0NA，D错误；故选A。3．B缺少溶液体积，A项错误；44gCO2的物质的量为1mol，所含分子数为NA，B项正

确；NaHCO3晶体中的离子是Na＋、HCO－3，不存在CO2－3，C项错误；氨水中除含NH3、NH3·H2O外，还含NH＋4，D项错误。4．CNH4F结构中1个铵根离子中含有4个共价键，则1molNH4F晶体中含有的共价键数目为4NA，A错误；2.

24L(标准状况)CH4和C2H4混合气体的物质的量是0.1mol，由于1molCH4和C2H4完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2mol、3mol，则0.1mol混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应该介于0.2NA和0.3N

A之间，B错误；100mL0.10mol·L－1FeCl3溶液中铁离子的物质的量是0.01mol，加入足量Cu粉充分反应，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.01NA，C正确；酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化

为生成物，即0.1molCH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目一定小于0.1NA，D错误。5．B2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑中转移2e－，则3.9g(0.05mol)Na2O2参与反应，转移电

子个数为0.05NA，A项错误；1.2gMg为0.05mol，MgO、Mg3N2中Mg均是＋2价，故转移电子个数为0.1NA，B项正确；2.7gAl为0.1mol，与足量NaOH溶液发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，生成H2的个数为0.15NA

，C项错误；6.0gSiO2为0.1mol，与足量NaOH反应得到0.1molNa2SiO3，SiO2－3因水解个数少于0.1NA，D项错误。6．ACHCl3的结构式为，故1molCHCl3中含有C—Cl键的数目为3NA，A正确；1L1.0mol·L－1的盐酸中含有Cl－

的数目为NA，还有少量的OH－，所以阴离子总数小于2NA，B错误；没有指明在标准状况下，无法进行计算，C错误；23gNa的物质的量为1mol，其与足量的水发生反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，生成H2的物质的量为0

.5mol，即分子数目为0.5NA，D错误。7．D水的电子式为，一个水分子中含有两个孤电子对，则9g水即0.5mol水中含有的孤电子对数为NA，A错误；由反应方程式可知，N由0价变为－3价，化合价降低，被还原

，得到电子，B错误；氨水体积未知，无法计算氨水中含有的NH3·H2O分子数，C错误；由反应方程式可知，每消耗2molN2，产生3molO2，则消耗标准状况下11.2LN2，即0.5molN2时，产生的O2分子数为0.75NA，D正确。8．D碘离子的还原性比Fe2＋强，当有2mol

Fe2＋被氧化时消耗Cl2的分子数为NA，但氧化碘离子还消耗了Cl2，故A错；一个白磷分子中含有6个共价键，一个甲烷分子中含有4个共价键，所以含共价键数均为0.2NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量不相等，故B错；CH3COO－水解，1L0.1mol·L－1CH3COONa溶液中含有的N

a＋和CH3COO－的总数小于0.2NA，C错误；235g核素U发生裂变反应：23592U＋10n――→裂变9038Sr＋13654U＋1010n，净产生的中子(10n)数为9NA，故D正确。9．C白磷为正四面体结构，1个白磷分子中含有6个P—P键，1mol白磷中所含化学键的数目为6NA，

A错误；KNO3溶液中含有溶剂水，水分子中也含有O原子，则O原子的数目远大于0.3NA，B错误；2.3g钠的物质的量为0.1mol，Na2O、Na2O2中Na元素化合价均为＋1，故2.3gNa反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子的数目为0.1NA，C正确；1个H3O＋和1个NH＋4

中都含有11个质子，1molH3O＋和1molNH＋4中含质子的数目均为11NA，D错误。10．B未注明水蒸气所处状况，故2.24L水蒸气的物质的量无法确定，不能计算生成O2的分子数，A错误；18O2的相对分子质量为36，每个分子所含的中子数为20，所

以3.6g18O2所含的中子数为2NA，B正确；0.1mol淀粉[(C6H10O5)n]完全水解消耗的水分子数为0.1nNA，C错误；将0.1molCO2溶于水中，存在CO2的溶解平衡CO2(aq)＋H2O(l)⇌H2CO3(aq)以及H2CO3的电离平衡，根据物料

守恒，溶液中CO2－3、HCO－3、H2CO3、CO2的粒子总数为0.1NA，D错误。11．A14N2的摩尔质量为28g·mol－1，1个14N2分子中含有14个质子，16O2的摩尔质量为32g·mol

－1，1个16O2分子中含16个质子，设混合气体中14N2为xg，16O2为(2－x)g，则2g14N2和16O2的混合气体含有质子数目为xg28g·mol×14＋（2－x）g32g·mol－1×1

6×NAmol－1＝NA，A正确；未告知N2所处的状态，不能根据标准状况下的气体摩尔体积计算22.4LN2的物质的量，B错误；根据反应Li3N＋3H2O===3LiOH＋NH3↑可知1molLi3N与过量水反应，生成NH3的物

质的量为1mol，但由于NH3极易溶于水，故收集的气态氨分子数目小于NA，C错误；未告知溶液的体积，无法计算0.1mol·L－1LiOH溶液中含有的阴、阳离子总数，D错误。12．C在铁上镀锌，阳极上Zn失去电子变为Zn2＋进入溶液，阴极上Zn2＋得到电子变为Zn单质附着在铁上，

因此电解质溶液质量不变，故当电路中通过的电子数为2NA时，电解质溶液质量不会发生变化，A错误；Cu与浓硝酸反应生成NO2，B错误；混合气体的物质的量n＝22.4L22.4L·mol－1＝1mol，由于每个分子均含2个氧原子，故混合气体含有氧原子的

物质的量为2mol，即氧原子数为2NA，C正确；乙醇与Na反应断的是羟基上的O—H键，生成0.5g(0.25mol)H2断裂0.5molO—H键，由乙醇的结构简式CH3CH2OH可知，C—H键数目为2.5NA，D

错误。13．A14．CA项，1个Al3＋含有10个电子，故0.1mol27Al3＋含有NA个电子，错误；B项，3.9gNa2O2的物质的量为0.05mol，含有0.05NA个共价键，错误；C项，1个肼分子(H2N—NH2)中含有2个孤电子对，故0.1mol肼分子(H2

N—NH2)中含有0.2NA个孤电子对，正确；D项，CH2===CH2＋H2――→催化剂△CH3CH3，生成1mol乙烷时断裂2mol共价键(1molπ键和1molH—H键)，即断裂2NA个共价键，错误。15．BA项，未说明C2H4所处状态，

无法计算，错误；B项，NaHSO4晶体的构成微粒为Na＋和HSO－4，12gNaHSO4晶体为0.1mol，共含有阴、阳离子0.2mol，正确；C项，CH4和Cl2可发生一系列的取代反应，生成四种有机取代物，0.1molCH4与足

量Cl2反应生成的CH3Cl的分子数小于0.1NA，错误；D项，制备2.4gMg即0.1molMg，需得0.2mol电子，电路中通过的电子数为0.2NA，错误。专练2阿伏加德罗定律及应用1．D由稀盐酸和稀硫酸均足量，知金属均完全反应，根据同温同压下，

气体的物质的量之比等于体积之比，知X、Y生成H2的物质的量之比一定为V1V2，A项正确；根据2HCl～H2、H2SO4～H2，知X、Y消耗酸的物质的量之比一定为2V1V2，B项正确；根据金属失电子总数等于H＋得电子总数

，知0.1molX、0.1molY失电子数之比为V1V2，则产物中X、Y的化合价之比一定为V1V2，C项正确；若V1V2＝1，则产物中X、Y的化合价相等，但不能确定化合价的具体数值，D项错误。2．A2gH2为1mol，该反应中Si元素由＋4价变为0价，故

转移电子数为4NA，A项正确；单晶硅中1个Si原子形成4个Si—Si键，每个Si—Si键被2个Si原子共用，故1mol单晶硅中Si—Si键的数目为2NA，B项错误；没有提供溶液体积，H＋数目无法计算，C项错误；标准状况下SiHCl3为液体，2.24LSiHCl3不为0.1mol，所含分子数不为0

.1NA，D项错误。3．Dmg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体的物质的量分别为m16mol、m44mol、m32mol、m64mol。根据阿伏加德罗定律及推论可知，同温同压下气体的体积与其物质的量成正比，结合四个气球的体积推知，①是SO2，②是CO2，③是O2，④是CH

4，A错误；气球①和气球③中气体分子数之比为m64mol∶m32mol＝1∶2，B错误；气球①和气球④中气体物质的量之比为m64mol∶m16mol＝1∶4，C错误；同温同压下气体密度之比等于其摩尔质量之比，则ρ3ρ4＝

M（O2）M（CH4）＝32g·mol－116g·mol－1＝21，D正确。4．B由于各分子中的原子数未知，当原子数目相等时，分子数不一定相等，质量最大的不一定为Z,A错误；在相同条件下，相同质量的气体，相对分子质量越小，物质的量越大，体积越大，则密度越小，所以密度最小的是X,B正

确；在标准状况下，2.24L的气体物质的量为0.1mol，而在其他条件下不一定为0.1mol,C错误；同温同体积下，因为2gY气体和1gZ气体的物质的量之比为4∶1，所以压强比为4∶1，故D错误。5．BX气球放在CO中静止不动，说明X的相对分子质量接近CO,Y气球放在O2中上浮，说明Y相

对分子质量小于氧气，但X气体的相对分子质量不一定比Y大，A错误；氮气的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，所以X可能是氮气，Y可能是甲烷，B正确；X的密度接近CO，但不一定小于Y的密度，C错误；相同条件下，等体积的两种气体其物质的量相等，因为其摩尔质量相对大小未知，所以无法确定其质量相

对大小，故D错误。6．D氢气和CCl4均为非极性分子，根据相似相溶原理，部分氢气溶在CCl4中，造成测量误差，A错误；实验时，量气管压入漏斗的水过多而溢出，由于量取气体时两侧的液面在同一水平面，保证气体的压强等于大气压强，不会影响实验结果，B错误；金属与酸的反应放热，实验时，待体系

温度降到原来的温度并保证两侧液面在同一水平面时进行读数，C错误；由于此装置属于密闭体系，将水准管上提，造成内外压强不等，静置，若液面高于量气管且不下降，说明装置不漏气，若量气管液面高度不断改变，说明装置漏气，D正确。7．D同温同压下，气体摩尔体积相同，ag甲气体和2ag乙气体所

占的体积之比为1∶2，根据ρ＝m/V知，其密度相同，故A正确；根据同温同压下，不同气体的密度之比等于二者的相对分子质量之比，可知甲与乙的相对分子质量相等，故B正确；同温同体积气体压强比等于气体物质的量之比

，甲和乙相对分子质量相等，等质量的甲和乙物质的量相等，所以压强相同，故C正确；等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故D错误。8．A由于三种气体的体积和密度都相同，可知三种气体的质量相同，因此三种气体的物质的量与摩尔质量成反比，而

同温同压下，气体的压强与气体的物质的量成正比，气体的压强与气体的摩尔质量成反比，三种气体的摩尔质量的大小关系为：M(O2)＞M(Ne)＞M(H2)，所以压强的大小关系为：p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)，A正确。9．(1)36g·mol－1(2)0.

4NA(3)①28g·mol－1②4.48L③2.8NA解析：(1)混合气体的体积为8.96L，则其物质的量n＝VVm＝8.96L22.4L·mol－1＝0.4mol，混合气体的平均摩尔质量为14.4g0.4mol＝36g·mol－1。(2)设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物

质的量为ymol，则根据混合物的质量为14.4g可得28x＋44y＝14.4①；根据气体的物质的量为0.4mol，可得x＋y＝0.4②；解得x＝0.2，y＝0.2；由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2molCO和0.2molCO2中共含0

.4molC原子即0.4NA个。(3)将混合气体依次通过图中装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体，①摩尔质量为28g·mol－1；②体积V＝nVm＝0.2mol×22.4L·mol－1＝4.48L；③电子的物质的量

为0.2mol×14＝2.8mol，电子总数为2.8NA。10．(1)35.6(2)3(3)50%解析：(1)假设有1molO2，反应的转化率为30%，发生反应的O2为：1mol×30%＝0.3mol，3O2=====放电2O3开始1

mol0反应0.3mol0.2mol平衡0.7mol0.2mol故反应后所得气体为0.2molO3和0.7molO2，平均摩尔质量为M＝0.7mol×32g·mol－1＋0.2mol×48g·mol－10.7mol＋0.2mol＝35.6g·mol－1;(2)3O2=====放电2O

3ΔV21V(O3)(8－6.5)L＝1.5L计算得出：V(O3)＝2×1.5L＝3L;(3)0.896L混合气体物质的量为0.896L22.4L·mol－1＝0.04mol，反应后固体质量增重21.6g－20g＝1.6g

，气体全部参与反应，设氧气、臭氧的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、总物质的量，则：x＋y＝0.0432x＋48y＝1.6计算得出：x＝0.02，y＝0.02，故臭氧的体积分数为0.02mol0.04m

ol×100%＝50%。11．(1)11.2L0.5(2)28g·mol－1氢(3)0.4解析：(1)由化学方程式可知，反应前O2的体积与生成的X2气体体积相同，为11.2L，其物质的量为0.5mol。(2)X2的摩尔质量为1.

25g·L－1×22.4L·mol－1＝28g·mol－1；X2Y4的摩尔质量为16g0.5mol＝32g·mol－1，故X为氮元素，Y为氢元素。(3)由N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l)可知每生成1molN2转移4mol电子，所以反应生

成0.1molN2时，转移电子的物质的量为0.4mol。12．(1)1(2)11(3)11(4)2专练3一定物质的量浓度溶液的配制与计算1．DA项，浓硫酸稀释时，应“酸入水”且边倒边搅拌，错误；B项，NaOH溶解后需冷却到室温后再转移到容量瓶中，错误；C项，容

量瓶不能用于固体溶解，错误。2．CA项，氢氧化钠具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯或者称量瓶中进行，错误；B项，氢氧化钠溶解释放大量的热，故移液前应冷却到室温，错误；D项，操作5后液面下降，是因为部分溶液沾到瓶塞或者瓶壁上，属于正常

现象，不需要补充水，否则会导致溶液浓度偏小，错误。3．D实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中，然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁离子依次用稍过量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该过程中有过滤操作，需要用到烧杯、漏斗和玻璃棒；将所得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较

纯的食盐，该过程要用到蒸发皿和酒精灯；用提纯后得到的精盐配制溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。综上所述，本实验必须用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥烧杯、⑧酒精灯，因此本题选D。4．BA项，配

制NaClO消毒液时不需要用到A、B、C、D对应的四种仪器，还缺少玻璃棒、胶头滴管两种玻璃仪器，正确；B项，容量瓶洗涤后不需要烘干，错误；C项，定容时，俯视液面导致溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏大，正确；D项，配制480mL4mol·L－1的NaClO消毒液

，应选择500mL容量瓶，需要次氯酸钠的质量为0.5L×4mol·L－1×74.5g·mol－1＝149.0g，正确。5．C物质的量浓度表示单位体积的溶液里所含溶质的物质的量，物质的量单位是mol，因此标签上离子的浓度不是物质的量浓度，A项错误；由矿物质水制蒸馏水采用的是蒸

馏，应使用蒸馏烧瓶，B项错误；该品牌饮用矿物质水中镁离子的最大浓度是4.8mg·L－1，转化为物质的量浓度为c(Mg2＋)＝4.8×10－3g·L－124g·mol－1＝2×10－4mol·L－1，C项正确；由配料表知，c(SO2－4)＝c(Mg2＋

)，则一瓶该品牌饮用矿物质水中SO2－4的物质的量不超过2×10－4mol·L－1×0.5L＝10－4mol，D项错误。6．Aag该晶体中R的质量为(a－aM×18n)g＝M－18nM×ag，溶液总质量为(a＋b)g，则该溶液的溶质质量分数为M－18nM×

ag（a＋b）g×100%＝100a（M－18n）M（a＋b）%，故A错误；n(R)＝n(R·nH2O)＝aMmol，该溶液的物质的量浓度为aMmolV×10－3L＝1000aMVmol·L－1，故B正确；R·nH2O

中结晶水的质量为aM×18ng＝18naMg，R的质量为(a－18naM)g，溶液中溶剂的质量为(18naM＋b)g，则溶液中m(水)∶m(溶质)＝(18naM＋b)∶(a－18naM)，故C正确；溶液的总质量为(a＋b)g，根据ρ＝mV可知，溶液的密度

为a＋bVg·mL－1＝1000（a＋b）Vg·L－1，故D正确。7．A由标签可知，该注射液含NaCl的质量为2.25g，A项错误；标签中的0.9%指氯化钠的质量分数，B项正确；该注射液的密度为2.25g0.9%250mL＝1g·mL－1，C项正确；氯化钠

的物质的量浓度为2.25g58.5g·mol－1250×10－3L≈0.15mol·L－1，D项正确。8．D浓度为2mol·L－1的盐酸VL含溶质HCl2Vmol。A项，加入2molHCl，体积会发生改变，不可行；B项，加热浓缩时HCl和水都要蒸发出去，不可行；C项，蒸发掉0.5VL水后

溶液体积无法求出，不可行；D项，属于混合溶液的有关计算，加入10mol·L－1盐酸0.6VL后，溶质HCl的物质的量为8Vmol，再将溶液稀释至2VL，浓度变为4mol·L－1，可行。9．B用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制的酒精溶液

质量分数小于75%，故A错误；硫酸根离子与金属离子的个数比是3∶2，该盐的化学式是R2(SO4)3，该硫酸盐的物质的量0.5mol，浓度为2.5mol·L－1，故B正确；实验中需用2.0mol·L－1的Na2CO3溶液950

mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分数分别为1000mL、212.0g，故C错误；实验室配制500mL0.2mol·L－1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称27.8g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入

小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，稀释、定容、摇匀，故D错误。10．C由于产生cmolNH3，则必定有NH＋4cmol，使SO2－4完全沉淀需Ba2＋bmol，因此SO2－4有bmol。根据电荷守恒：2c(SO2－4)＝c(NH＋4)＋

3c(Al3＋)，则3c(Al3＋)＝2×ba－camol·L－1，c(Al3＋)＝2b－c3amol·L－1。11．A由于溶液的体积既不是水的体积也不是二者体积之和，溶液的体积不能直接确定，仅利用V无法确定ρ，A错误；由c＝1000ρwM＝1000ρw17，可得：

w＝17c1000ρ，B正确；氨水的质量分数＝VL22.4L·mol－1×17g·mol－1VL22.4L·mol－1×17g·mol－1＋1000g＝17V17V＋22400，C正确；氨水的物质的量浓度＝1000ρwM＝1000ρ×17V17V＋2240017＝1000ρ

V17V＋22400，D正确。12．D由题图乙知，200mL样品中，c(NH＋4)＝1.6mol·L－1×1L0.2L＝8.0mol·L－1，而题图甲中X离子的浓度为4.0mol·L－1，K＋、Cl－浓度已知，则X为SO2－4，A、B正确；依据

c(NH＋4)＝8.0mol·L－1、c(SO2－4)＝4.0mol·L－1知，营养液中NH4Cl与K2SO4的物质的量之比为2∶1，C正确；营养液中KCl的浓度是9.0mol·L－1－4.0mol·L－1×2＝1.0mol·L－1，D错误。13．(1)5.0

(2)C解析：(1)根据配制前后溶质的物质的量不变，列式：c1V1＝c2V2，0.1mol·L－1×0.250L＝5mol·L－1×V2，得V2＝0.0050L＝5.0mL。(2)振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口，不可用手指压住容量瓶口，A项错误；定容时眼睛应该平视刻度线且胶

头滴管的尖嘴不能插入容量瓶内，B项错误；转移溶液时用玻璃棒引流，且玻璃棒下端紧靠在容量瓶刻度线以下的内壁上，C项正确；缺少另一只手托住瓶底，D项错误。专练4物质的组成、性质、分类1．D在H2与O2反应过程中，H2是还原性气体，A项错

误；玻璃纤维的主要成分是SiO2，B项错误；乙酸钠过饱和溶液析出晶体从无结晶水的状态变为三水合乙酸钠，是化学变化，但物质由液体变为固体，属于物理变化，C项错误；23592U与23892U的质子数相同，中子数不同，二者互为同

位素，D项正确。2．D漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙与盐酸发生反应生成氯气，降低消毒效果，A项错误；温室气体主要为CO2，形成酸雨的主要物质是SO2和氮氧化物，B项错误；蚕丝是蛋白质，不属于碳水化合物，C项错误；干冰升华吸热可使周围的水蒸气

凝结成“云雾”，D项正确。3．A常见的脂肪酸有：硬脂酸(C17H35COOH)、油酸(C17H33COOH)，二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A错误；嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确；电池是一种可以将其他能量

转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C正确；海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，不会被海水腐蚀，D正确；故答案选A。4．B苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因

此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；豆浆属于胶体，具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射，B说法正确；SO2可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；维生素C具有很强的还原性，可用作水果罐头的抗氧化剂，D说法

不正确；综上所述，本题选B。5．D红花素属于有机物，易溶于有机溶剂，难溶于水，提取红花中的有效成分红花素时，可使用萃取操作，A项正确；Pb3O4可写成2PbO·PbO2，＋2价Pb与＋4价Pb的个数比为2∶1，B项正确；硫化汞对人体有害，故

以朱砂(主要成分为HgS)为原料提取的“桃红”不宜用于制作化妆品，C项正确；Fe2O3没有磁性，制作磁性物质的是Fe3O4，D项错误。6．B酸性氧化物是指与碱反应只生成盐和水的氧化物，而NO2和碱反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，发生了氧化还原反应，所以NO2不属于酸性氧化物

；碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物，Na2O2与盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，发生了氧化还原反应，所以Na2O2不属于碱性氧化物，A错误。Fe2O3不溶于水，也不与水反应；氢氧化亚铁与氧气、水蒸气共同作用生成氢氧化铁，属于化合反应，氯化

铁溶液和氢氧化钠溶液发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，B正确。Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于复分解反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误。电解、电泳、电镀需通电，电离是电

解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程，与电无关；电化学腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故D错误。7．B①胶体和溶液都是混合物，正确；②硫酸钡虽然难溶但是是强电解质，正确；③纯碱、小苏打都是盐类，错误；④煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化，正确；⑤置换反应不一定是离子

反应，如铝热反应是置换反应但不是离子反应，错误。8．B石灰石不属于干燥剂，故①错误；不锈钢、青铜、生铁都属于合金，故②正确；浓硫酸、烧碱、硝酸都具有强腐蚀性，属于腐蚀品，故③正确；过氧化钠属于过氧化物，故④错误；醋酸、一水合氨、水都属于弱电解质，故⑤正确。9．CNO遇空气变棕红色，是化学变化，

冷却NO2生成N2O4气体也是化学变化，A错误；用冰水混合物冷却SO3，是物理变化，氯化铵加热生成氯化氢和氨气，是化学变化，但两者均无明显颜色变化，B错误；木炭吸附棕红色NO2是物理变化，棕红色消失，氯气的漂白性使品红溶液褪色

，是化学变化，C正确；向酚酞中加Na2O2，溶液先变红后褪色，是化学变化，向FeCl3溶液中加入KSCN溶液变血红色，也是化学变化，D错误。10．D根据图中物质转化关系判断。硅与氧气反应生成二氧化硅，但是二氧化硅不能直接与水反

应生成硅酸，只能通过硅酸盐与强酸反应生成硅酸，同时硅酸钠也不能直接转化成二氧化硅，①错误；铝与盐酸或氯气反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与足量盐酸反应生成氯化铝，偏铝酸钠

溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与盐酸(氢氧化钠溶液)反应生成氯化铝(偏铝酸钠)，②正确；铜在空气中加热生成氧化铜，氧化铜不能直接转变成氢氧化铜，③错误；钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与少量(过量)二氧化碳反应生成碳酸钠(碳酸氢钠)，碳酸钠与氢氧化钡

反应生成氢氧化钠，碳酸钠与足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应(或碳酸氢钠固体加热)得到碳酸钠，碳酸氢钠与足量氢氧化钙反应生成氢氧化钠，④正确。11．C明矾净水是因为Al3＋易水解，生成氢氧化铝胶体，

吸附水中悬浮杂质并形成沉淀，使水澄清，C项错误。12．AA项，树木上涂刷含有硫磺粉等的石灰浆(熟石灰)，可保护树木，防止树木冻伤和害虫生卵，错误；B项，被蚊子叮咬后伤口处有含甲酸的毒汁，利用中和反应，可以涂抹肥皂水或小苏打溶液等碱性溶液，

以减轻痛痒，正确。13．B镀铝胶布是用特殊工艺在胶布薄膜镀上一层极薄的金属铝而形成的一种复合材料，A正确；太阳能电池板的主要成分是晶体硅，B错误；蛋白皮革的主要成分是蛋白质，蛋白质是有机物，C正确；由于钛是一种金属，钛合金属于金属材料，D正确。1

4．(1)①树状分类法②D③B④3(2)Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓红褐具有丁达尔效应解析：(1)①由题图可知，所示分类方法是对同类事物进行再分类，属于树状分类法。②A项，碳和一氧化碳具有还原性，不符合题意；B项，一氧化碳和二氧化碳属于氧化物，不符合题

意；C项，二氧化碳和碳酸氢钠中碳元素化合价相同，不符合题意；D项，只有碳酸氢钠属于电解质，符合题意。③晶体碘属于非金属单质，故选B。④将一定量的稀硫酸逐滴加入氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中，边滴加边搅拌，直至有少量气泡产生，此过程中发生的离子反应有3个：OH－＋H＋===H2O、

H＋＋CO2－3===HCO－3、HCO－3＋H＋===H2O＋CO2↑。(2)向棕黄色FeCl3溶液中滴入NaOH溶液会产生Fe(OH)3沉淀，Fe3＋和OH－发生反应：Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓

；另在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入3滴棕黄色FeCl3溶液，继续加热可以获得红褐色的氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有丁达尔效应。专练5化学与STSE、传统文化1．B兽骨是由有机物和无机物组成的，A项错误；青铜器是铜锡合金，B项正确；纸张的主要成

分是纤维素，C项错误；液晶显示屏的主要材料是液晶，它是介于液态和晶态之间的物质，不是合金，D项错误。2．DCO2跨临界直冷制冰是利用液态CO2汽化吸热导致环境温度下降，从而使水结冰，属于物理变化，D项符合题意。3．C纤维素是一种天然化合物，其分子式为(C6H10O5)n，

其相对分子质量较高，是一种天然高分子，A正确；羟基磷灰石又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为Ca5(PO4)3(OH)，属于无机物，B正确；熟石膏是主要成分为2CaSO4·H2O，Ca(OH)2为熟石灰的主要成分，C错误；Fe2O3为红色，常被

用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D正确；故选C。4．C制作家织布的棉花属于天然纤维，A项错误；纸张的主要成分属于纤维素，B项错误；玛瑙的主要成分为二氧化硅，C项正确；白酒酿造过程中，淀粉水解生成葡萄糖

，葡萄糖分解生成乙醇，D项错误。5．CA项，“乌金纸”是用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成的，故“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关，正确；B项，造纸原料主要是纤维素，正确；C项，油脂不属于高分子化合物，错误；

D项，打金成箔，说明金具有良好的延展性，正确。6．A7．A8．A丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故A错误；陶瓷、水泥和玻璃都是传统硅酸盐产品，B正确；饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液水解后，溶液分别显碱性

、酸性，碱性可以去除油脂，酸性可以腐蚀金属氧化物，所以可处理金属表面焊点，C正确；提倡聚碳酸酯可降解塑料的使用，减少白色污染，燃煤中加入生石灰可以使燃烧产生的二氧化硫转化为硫酸钙，减少二氧化硫的排放，D正确。9．C本题考查物质的组成。司母戊鼎是青铜器，青铜属于铜锡合金，A正确；唐三彩

是陶瓷制品，陶瓷是硅酸盐产品，制取陶瓷的主要原料是黏土，B正确；皇帝玉玺的材质是玉石，玉石的主要成分是硅酸盐，不是Al2O3，C错误；马王堆帛书的材料是丝帛，丝帛是丝绸的一种，其主要成分是蛋白质，D正确。10．B本题考查传统文化

中的化学知识。“粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间”中涉及化学变化，包含的化学反应有氧化钙与水反应生成氢氧化钙和氢氧化钙吸收CO2生成碳酸钙，A正确；葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，B错误；“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”中涉及沙中淘金，说明在自然界中金以单质的形式

存在，C正确；雾是小液滴分散到空气中形成的一种气溶胶，属于胶体，受阳光照射时会产生丁达尔现象，D正确。11．C古代的砚台的主要成分是硅酸盐，而水晶的成分是二氧化硅，二者成分不同，C错误。12．CB项，硝石、硫磺、木炭是制造火药的主要原料，反应

生成氮气、二氧化碳和硫化钾，涉及氧化还原反应，正确；C项，此处“紫烟”是形容“炉火”，与碘升华没有关系，错误；“酸坏之酒”中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸馏的方法分离，正确。13．B人体内没有消化纤维素的酶，B错误。14．CA项，焰色试验是物理变化，钠盐和钾

盐灼烧时焰色不同，可检验，正确；B项，四氧化三铁具有磁性，可用于制造司南，正确；C项，绿矾的主要成分是FeSO4·7H2O，“味酸”是因为亚铁离子发生水解，错误；D项，酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，具有香味，

正确。专练6离子反应与离子共存1．C氨水呈碱性，Ag＋、Cu2＋不能大量存在，且Ag＋、Cu2＋均与SO2－3发生反应生成沉淀，A项错误；在中性溶液中，Fe3＋不能大量存在，且Fe3＋与I－、HCO－3均能反应而不能大量共存，B项错误；Ag

NO3溶液中不能大量存在CO2－3、Cl－，D项错误。2．BA项，pH＝1的溶液显酸性，酸性条件下Fe2＋、NO－3发生氧化还原反应；C项，Cu2＋、S2－易结合为CuS沉淀；D项，Al3＋、HCO－3会发生相互促进的水解反应，生成Al(

OH)3沉淀和CO2气体。3．BAl3＋与NH3·H2O反应产生Al(OH)3沉淀，不产生AlO－2，A错误；H＋与S2O2－3不能共存，发生反应的离子方程式为2H＋＋S2O2－3===S↓＋SO2↑＋H2O，B正确；Fe3＋可催化H2O2分解，不能大量共存，C错误；酸性条件下

，MnO－4可将Cl－氧化为Cl2，D错误。4．C开始一段时间(大约13min前)随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来(大约13min后)随着

时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，M

n(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反

应为2MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D项错误；答案选C。5．BFe3＋和SCN－会发生反应生成血红色的配合物，A错误；根据Kw可以求出c(OH－)＝0.1mol·L－1，溶液显碱性，这4种离子可以大量共存

，B正确；Fe2＋还原性较强，MnO－4氧化性较强，两者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；使甲基橙变红的溶液显酸性，HCO－3不能在酸性溶液中大量共存，D错误。6．C向少量的K2CO3溶液中缓慢滴加稀盐酸，依次发生反应：CO2－3＋H＋===HCO－3、HCO－3

＋H＋===CO2↑＋H2O，K＋不参与反应，故K＋的数目不变，即图中a代表K＋，CO2－3的数目逐渐减少，故图中b代表CO2－3，HCO－3的数目先增多后减少，故图中c代表HCO－3，Cl－数目随盐酸的量的增多逐渐增多，故图中d代表Cl－，C项正确。7．BA

l2(SO4)3溶液中，AlO－2与Al3＋发生相互促进水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；S2－、SO2－3在碱性溶液中不发生氧化还原反应，在溶液中能大量共存，故B正确；水电离产生的c(OH－)＝10－12mol·L－1的溶液中存在大量

H＋或OH－，CO2－3、ClO－均与H＋反应，NH＋4与OH－反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；NH3与HCl相遇立即生成NH4Cl，且在常温下NH3也能被Cl2氧化为N2，故D错误。8．A通过信息①判断出溶液中不含SiO2－3，通过信息②判断出溶液中含有AlO－2、CO2－3，则溶

液中一定不含Al3＋，通过信息③判断出：盐酸提供的n(Cl－)＝0.001mol，n(AgCl)＝0.287143.5mol＝0.002mol，所以原溶液中含有Cl－，A正确。9．Ba点溶液显碱性，NaOH过量，则不可能存在Fe3＋、HCO－3，A错误；b点恰好生成偏铝酸钠，溶液显

碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，B正确；c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，还生成氯化钠，则不可能存在Ag＋，C错误；d点为氯化铝溶液，Al3＋、CO2－3相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，D错误。10．A①中先产生沉淀后沉淀部分溶解，说明废液中

含有Al3＋，不含CO2－3；②中沉淀甲在空气中灼烧得到红棕色固体，则至少含有Fe2＋、Fe3＋中的一种；③向滤液甲中加入过量稀硫酸，过滤得到滤液乙和沉淀乙，则原溶液中含有Ba2＋，不含SO2－4，根据溶

液呈电中性，溶液中一定含有Cl－；由于实验过程中加入了NaOH溶液，则不能确定废液中是否含有Na＋。11．DA项，根据题给图像可知，加入的氢氧化钠先与H＋反应，再与Mg2＋、Al3＋反应生成氢氧化物沉淀，再与NH＋4反应得到一水合氨，再与A

l(OH)3反应生成NaAlO2，所以溶液中的阳离子一定有NH＋4、H＋、Mg2＋、Al3＋，A正确；cd段是Al(OH)3溶解，离子方程式为Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O，B正确；n(H＋)＝0.1mol，n(Al3＋)＝0.8mol－0.7mol＝0.1mo

l，沉淀Al3＋、Mg2＋共消耗0.4molOH－，其中沉淀Al3＋消耗0.3molOH－，沉淀Mg2＋消耗0.1molOH－，根据Mg2＋～2OH－，可得n(Mg2＋)＝0.05mol，所以n(H＋)∶n(Mg2＋)∶n(Al3＋)＝2∶

1∶2，D错误。12．A①产生标准状况下448mL气体为NH3，则一定含有NH＋4，n(NH＋4)＝n(NH3)＝0.02mol，产生白色沉淀，则原溶液中含有Mg2＋、不含Fe3＋，该白色沉淀为Mg(OH)2，根据离子共存可知，原溶液中一定不含CO2－3；②将M

g(OH)2沉淀过滤、洗涤、灼烧，得到1.2gMgO固体，则n(Mg2＋)＝0.03mol；③向题述滤液中加入足量BaCl2溶液，得到4.66gBaSO4沉淀，则原溶液中含有SO2－4，n(SO2－4)＝n(BaSO4)＝4.66g233g·mol－1＝0.02

mol。由上述分析可知，原溶液中含有0.02molNH＋4、0.03molMg2＋、0.02molSO2－4，溶液中所含阴离子的物质的量相等，根据溶液呈电中性可知，原溶液中一定含有NO－3、Cl－，一定不含有K＋。13．D无色

溶液中一定不含蓝色Cu2＋，往该溶液中加入过量的BaCl2和HCl的混合溶液，无白色沉淀生成，则无SO2－4，加足量氯水，无气体产生，则无CO2－3，溶液中加入四氯化碳后，下层呈橙色，则有Br－，上层溶液加硝酸钡溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，由于开始加入足量氯水，

则原溶液中有SO2－3，无Ca2＋，溶液中一定含阳离子，且离子的浓度都为0.1mol·L－1，根据电荷守恒，一定含有NH＋4、Na＋、K＋，一定不存在Cl－，滤液中加硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，是开始时加足量氯水引入了氯离子。根据上述分析可以

判断出原溶液中不含有氯离子，A项错误；肯定存在的离子是SO2－3、Br－、NH＋4、Na＋、K＋，B、C项错误；由分析可知，SO2－4与CO2－3一定不存在，加入足量氯水，SO2－3被氧化为SO2－4，同时引入Cl－，无论向上层溶液中再加Ba(NO3)2和HNO3的混合溶液还是

BaCl2和HCl的混合溶液，实验现象不变，则对溶液中离子的判断无影响，D项正确。专练7离子方程式的书写与正误判断1．D硝酸具有强氧化性，硫化钠溶液与硝酸发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，A项错误；氢氧化铝不溶于过量氨水，B项错误；硅酸的酸性弱于碳酸且难溶于水，故硅酸

钠溶液与二氧化碳发生反应生成H2SiO3，C项错误；在H＋、NH＋4同时存在时，H＋先与OH－反应，故等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2反应时，H＋的物质的量与OH－的物质的量相等，D项正确。2．A等体积、等浓度的NaHSO4

溶液和Ba(OH)2溶液混合，则NaHSO4和Ba(OH)2物质的量相等，离子反应为Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO2－4===BaSO4↓＋H2O，A项正确；Fe3＋有氧化性，I－有还原性，将Fe2O3溶于过量HI，二者发生氧化还原反应：Fe2O3＋6H＋＋2I－==

=2Fe2＋＋3H2O＋I2，B项错误；向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液，离子反应为2AgCl(s)＋S2－(aq)⇌Ag2S(s)＋2Cl－(aq)，C项错误；HSO－3在书写离子方程式时不能拆写，该离子反应为2MnO－4＋5HSO－3＋H＋===2Mn2＋＋5SO2－4

＋3H2O，D项错误。3．ACaSO4是微溶性盐，在离子方程式中不能拆写，A项正确；铁与稀硝酸反应，铁过量时生成Fe2＋，B项错误；向Al2(SO4)3溶液中滴加少量KOH溶液时，Al3＋转化为Al(OH)3

，C项错误；H2S属于弱酸，在离子方程式中应写成分子形式，D项错误。4．B水银有毒，可用硫黄处理洒落在地上的水银，发生的反应为S＋Hg===HgS，处理方法正确，反应方程式正确，A不符合题意；处理银镜反应后试管内壁的金属银，应选用稀硝酸，发生的反应为3Ag＋4H＋＋NO－3===3A

g＋＋NO↑＋2H2O，处理方法和反应方程式均错误，B符合题意；蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体为SO2，其与NaOH发生的反应为SO2＋2OH－===SO2－3＋H2O，处理方法正确，反应方程式错误，C不符合

题意；电解饱和食盐水时阳极产生的气体为Cl2，可用烧碱溶液吸收，发生的反应为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，处理方法正确，反应方程式正确，D不符合题意。5．B金属钠在空气中加热反应生成淡黄色的Na2O2，B项错误。6

．D向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体的离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3↓，D项错误。7．DNa2O2放入水中，反应方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2

↑，A错误；H2O(g)通过灼热铁粉生成Fe3O4，反应方程式为3Fe＋4H2O(g)=====高温Fe3O4＋4H2，B错误；铜丝插入热的浓硫酸中生成CuSO4、SO2和H2O，反应方程式为2H2SO4(浓)＋Cu=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O，C

错误；SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，题给离子方程式书写正确，D正确。8．A2Fe2＋＋4H＋＋O2===2Fe3＋＋2H2O电荷不守恒，电子转移也不守恒，B错

误；CH3COOH是弱酸，不能拆，C错误；电解MgCl2水溶液的离子方程式：Mg2＋＋2Cl－＋2H2O=====通电H2↑＋Cl2↑＋Mg(OH)2↓，D错误。9．C加入少量氢氧化钡，钡离子与氢氧根的个数比为1∶2，氢氧根不可能剩余，所以A不正确；因为不

知道Mg2＋和HCO－3的物质的量之比是多少，所以无法判断其发生反应时化学计量数，B不正确；硝酸根在酸性条件下有强氧化性，可以把亚铁离子氧化，C正确；通入过量CO2后，碳酸根也参与反应，转化为碳酸氢根，D漏写离子反应，不正确。10．A电解MgCl2溶液的离子方

程式为Mg2＋＋2Cl－＋2H2O=====通电Cl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，A项错误；氯气与KOH反应的化学方程式为Cl2＋2KOH===KCl＋KClO＋H2O，改写成离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，B项正确；稀硝酸和磁铁矿反应的化学

方程式为3Fe3O4＋28HNO3===9Fe(NO3)3＋NO↑＋14H2O，改写成离子方程式为3Fe3O4＋28H＋＋NO－3===9Fe3＋＋NO↑＋14H2O，C项正确；碱性KClO浓溶液和Fe(

NO3)3溶液反应，Fe3＋被氧化为FeO2－4，ClO－被还原为Cl－，反应的离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O，D项正确。11．C铜溶于浓硝酸，产生的红棕色气体为NO2，离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO－3===Cu2＋＋2NO2↑

＋2H2O。12．DA项，氯气过量，离子方程式中I－和Fe2＋的化学计量数之比应为2∶1，错误；B项，应生成更难溶的Mg(OH)2沉淀，错误；C项，H2S和Fe2＋不反应，错误。13．DA项，Fe2＋会被HNO3氧化，错误；B项，电荷不守恒，错误；C项，浊液呈中性时，正确的离子

方程式为2H＋＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O，错误。专练8离子综合推断1．DBa(OH)2和H2SO4发生反应生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋SO2－4＋2H＋===BaSO4↓＋2H2

O，A项正确；导电能力约为0时，Ba(OH)2与硫酸恰好完全反应，溶液中几乎没有自由移动的离子，可以说明该反应为离子反应，B项正确；图乙最低点Ba(OH)2与硫酸恰好完全反应，溶液中几乎没有自由移动的离子，C项正确；用盐酸代替H2SO4溶液，发生的反应为Ba(OH)2＋2HCl===BaCl2＋

2H2O，其实质是OH－＋H＋===H2O，其导电能力不会降为0，可知测得的导电性曲线和题中曲线不相同，D项错误。2．AA项，加入40mLNaHCO3溶液时生成的Al(OH)3沉淀最多，Al(OH)3沉淀的物质的量为0.032mol；由题图可知，V(NaHCO3溶液)＝8mL时开始生成

沉淀，由此计算得c(NaHCO3)＝0.032mol0.032L＝1.0mol·L－1，错误。3．C溶液X与足量Ba(OH)2溶液反应生成白色沉淀A，则溶液X中一定不含Fe3＋，白色沉淀A与足量盐酸反应，得到白色沉淀B和气体A

，则白色沉淀B为BaSO4，故溶液X中一定存在SO2－4，气体A为CO2或SO2或CO2和SO2的混合气体。①若气体A是CO2，则溶液X中一定存在SO2－4、HCO－3，可能还含有Cl－、Na＋、Mg2＋(Na＋、Mg2＋至少存在一种)，一定不含SO2－3、Fe

3＋；②若气体A是SO2，则溶液中一定存在SO2－4、SO2－3，由于SO2－3和Mg2＋不共存，则溶液X中一定存在SO2－4、SO2－3、Na＋，可能还含有Cl－，一定不存在Mg2＋、HCO－3、Fe3＋；③若气体A是C

O2、SO2的混合气体，则溶液X中一定存在SO2－4、SO2－3、HCO－3、Na＋，可能还含有Cl－，一定不存在Mg2＋、Fe3＋。由上述分析可知，A、B正确，C错误；溶液X中可能含有Cl－，所以向溶液A中加入硝酸酸化的硝酸银溶液可能

生成AgCl白色沉淀，D正确。4．D向Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L－1HCl，首先发生反应AlO－2＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，a线表示AlO－2，由图可知AlO－2消耗盐酸50mL，根据方程

式可知n(AlO－2)＝n(H＋)＝0.05mol，当AlO－2反应完毕，又发生反应CO2－3＋H＋===HCO－3，b线表示CO2－3，c线表示HCO－3，由图可知CO2－3反应消耗盐酸50mL，由方程式可知n(CO2－3)＝n(H

＋)＝0.05mol。当CO2－3反应完，发生反应HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O，d线表示HCO－3，当HCO－3反应完，该微粒消耗的盐酸50mL，根据方程式可知n(HCO－3)＝n(H＋)＝0.05mol，最后发生反应：Al(

OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，e线表示Al3＋，由图可知Al(OH)3反应完毕，根据方程式可知n(H＋)＝3n[Al(OH)3]＝3×0.05mol＝0.15mol，该阶段加入盐酸体积为0.15mol÷1mol·L－1＝0.15L＝150mL。所以原混合溶液中的

CO2－3与AlO－2的物质的量之比为0.05mol∶0.05mol＝1∶1，选项A错误；当溶液中n(CO2－3)＝n(HCO－3)，溶液中加入的HCl的体积是75mL；当Al(OH)3完全溶解时消耗的HCl的体积是150mL＋150mL＝300ml，所以V1∶V2为75m

L∶300mL＝1∶4，所以选项B错误；由上述分析可知M点时溶液中CO2－3完全转化为HCO－3，没有CO2生成，选项C错误；a曲线表示的离子方程式为：AlO－2＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓，选项D正确。5．D沉淀1中还含有Fe(OH)3，A错误；污水中加入过

量Ba(OH)2后，溶液中硫酸根全部生成BaSO4沉淀，溶液1中不含SO2－4，沉淀2中不可能有Ag2SO4，B错误；该污水中一定存在Fe3＋，但不能确定是否存在Fe2＋，C错误；污水中加Ba(OH)2有使红色石蕊试纸变蓝的氨气产生，原溶液中有NH＋

4，加KSCN溶液有血红色出现，则原溶液中有Fe3＋，溶液1加硝酸和硝酸银生成白色沉淀，说明原溶液中含Cl－，沉淀1加足量盐酸，不能完全溶解，说明沉淀中有BaSO4，则原溶液中含有SO2－4，D正确。6．C无色溶液中一定不含Fe3＋、Cu2＋，故A正确；由图像可知oa段：Al3＋＋3

OH－===Al(OH)3↓，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，ab段：NH＋4＋OH－===NH3·H2O，bc段：Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O该溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋、NH＋4，消耗氢氧化钠的体积分别是20mL、30mL、10mL，根据反应量

的关系，三者物质的量浓度之比为1∶1∶1，故B正确。根据图像氢氧化铝的物质的量是0.01mol，据bc段：Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O，消耗氢氧化钠体积是10mL，物质的量是0.01

mol，所以NaOH溶液物质的量浓度为1mol·L－1，故C错误；ab段发生反应：NH＋4＋OH－===NH3·H2O，故D正确。7．B某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2＋，但是无法证明是否有Fe3＋，A错误；向C6H5ONa溶液中

通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，B正确；溶液中有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2＋一定与溶液中的S2－反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，C错误。向溶液中加入硝酸钡溶液，再加入盐酸时，溶液

中就会同时存在硝酸根和氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性，不能排除SO2－3的干扰，D错误。8．(1)4(2)NO－3用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试纸变蓝Mg(OH)2(3)Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O(4)0

.136(5)0.08解析：溶液无色，则不存在亚铁离子、高锰酸根离子；溶液显酸性，则不存在硅酸根离子和亚硫酸根离子；该溶液与硝酸银溶液混合后无沉淀生成，则不存在氯离子，因此一定含有硝酸根离子；该溶液与稀硫酸反应得不到沉淀，说明不存在钡离子，所得溶液与过量的氢氧化钠溶

液混合生成气体X、溶液Y和沉淀Z，X是氨气，一定含有铵根离子；沉淀一定是氢氧化镁，含有镁离子；根据图像可知开始时氢氧化钠首先中和氢离子，然后沉淀金属阳离子，沉淀达到最大值后开始与铵根结合生成氨气，然后沉淀开始减少，最后不再发生变化，所以溶解的沉淀一定是

氢氧化铝，含有铝离子。(1)根据以上分析可知不进行实验就可以推断出上表中的离子一定不存在的有4种，即亚铁离子、硅酸根离子、高锰酸根离子和亚硫酸根离子。(2)通过实验Ⅰ可以确定该溶液中一定存在的阴离子是NO－3。氨气是碱性气体，检验氨气的方法是用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X

，试纸变蓝；根据以上分析可知沉淀Z的化学式为Mg(OH)2。(3)实验Ⅱ的图像中BC段发生氢氧化铝的溶解，对应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O。(4)A点消耗氢氧化钠6mL，则与金属阳离子反应的氢氧化

钠是5mL，物质的量是0.005mol。溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，所以生成的氢氧化铝是0.001mol，则与镁离子反应的氢氧化钠是0.002mol，氢氧化镁是0.001mol，所以对应的固体质量为0.001mol×(58＋78)g·mol－1＝0.

136g。(5)与氢离子反应的氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，即氢离子是0.001mol。与铵根反应的氢氧化钠是2mL，物质的量是0.002mol，即铵根是0.002mol，根据溶液显电中性可知硝酸根的物质的量是0.001mol＋0.002mol＋0.001mol×3

＋0.001mol×2＝0.008mol，所以该溶液中阴离子的浓度为0.008mol÷0.1L＝0.08mol·L－l。9．(1)SO2－4酸(2)2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑(3)

Al(OH)3、Mg(OH)2(4)Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O解析：透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则溶液中含有K＋；溶液无色，则一定不含Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋；逐滴加入NaOH溶液有白色沉淀生成

，NaOH溶液过量后沉淀部分溶解，则溶液中含有Mg2＋、Al3＋，一定不含CO2－3；加入BaCl2溶液和盐酸后生成白色沉淀，由于溶液中没有Ag＋，则生成的沉淀为BaSO4，溶液中含有SO2－4，加入Na2O2固体，生成无色无味气体，

说明一定不含有NH＋4，综上可知，原溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋、K＋、SO2－4，一定不含Fe3＋、Fe2＋、NH＋4、Cu2＋、CO2－3。(1)原溶液中一定存在的阴离子有SO2－4，原溶液中弱碱阳离子水解使溶液呈酸性。(2)实验③中产生无色无味气体是

因为过氧化钠与水反应，化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑。(3)由于溶液中含Al3＋、Mg2＋、K＋、SO2－4，加入氢氧化钠溶液后，A点对应沉淀量达到最大，产生的沉淀有Al(OH)3和Mg(OH)2。(4)由A→B过程中氢氧化钠溶液过量，生成的Al(OH)

3沉淀溶于过量的氢氧化钠溶液，离子方程式为Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O。专练9氧化还原反应基本概念1．D过程Ⅰ发生的是还原反应，A项错误，由以上分析知，a、b中转移电子数目不相等，B项错误；过程Ⅱ中

参加反应的n(NO)与n(NH＋4)之比为1∶1，C项错误；由图知，总反应为NH＋4＋NO－2===N2↑＋2H2O，D项正确。2．C该反应中KClO3中Cl为＋5价，氯气中Cl为0价，Cl化合价降低，则KClO3是氧化剂，Cl

2为还原产物，A项错误；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，知氧化性KClO3＞KIO3，B项错误；根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，知还原性I2＞Cl2，C项正确；由反应方程式可知生成1mol氯气转移10mol电子，则生成0.1mol氯气转移1mol电子，D项

错误。3．DC＋4O2→C＋2O，C化合价降低，发生还原反应，CO是还原产物，A项错误；SiH4是还原剂，发生氧化反应，B项错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，C项错误；生成1molSiO2时，由4C＋4O2→4C＋2O知

，转移电子的物质的量是(4－2)×4mol＝8mol，D项正确。4．C使用明矾对水进行净化的过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素

的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；使用暖贴时，铁粉与空气中的O2发生氧化还原反应，C符合题意；荧光指示牌被照发光

，没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；综上所述，本题选C。5．C14个CuSO4中＋2价的铜得电子降为Cu2S中＋1价的铜，5个FeS2中10个－1价的S有7个价态降低得到7个Cu2S中－2价的S，有3个价态升高得到SO2－4中

＋6价的S，所以FeS2中S元素既有升高也有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，A正确；CuSO4只做氧化剂被还原，B正确；被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，C错误；14molCuSO4氧化了1molFeS2，D正确。6．B①②③④⑤均属于氧化还原反应，A错误；⑤为铝热反应，放出大

量的热，可用于制熔点较高的金属，B正确；③中O元素的化合价由－1价升高为0，④中O元素的化合价由－2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶2，故C错误；反应①4HCl(浓)

＋MnO2=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中Mn元素的化合价由＋4价降低为＋2价，HCl中Cl元素的化合价由－1价升高为0，由电子守恒可以知道，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故D错误。7．D根据氮元

素守恒，则9x＋1＝28，解得x＝3，A错误；反应中生成硝酸盐Fe(NO3)3，磁性氧化铁中的铁元素化合价为＋2、＋3价，只有部分铁元素被氧化，B错误；反应中生成硝酸盐Fe(NO3)3和NO，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用，C错误；反应中只有氮元素被还原，

氮元素化合价由＋5价降低为＋2价，还原产物为NO，所以生成0.4molNO转移电子为0.4mol×(5－2)＝1.2mol,D正确。8．BCl元素化合价降低，发生还原反应，需加入还原剂，A项错误；I元素化合价升高，发生氧化反应，需加入氧化剂，B项正确；S和O的化合价均无变化，无需加

入氧化剂，C项错误；Cu元素化合价降低，需加入还原剂，D项错误。9．BB项，还原剂和氧化剂物质的量之比为1∶2，故错误。10．AA项，反应Ⅰ和反应Ⅲ的循环过程中O3作催化剂，反应Ⅱ中O3作氧化剂，错误。11．AB项，氯气可氧化Fe2＋和Br－，Cl2足量时氧化产物有FeCl3和Br2，错误；C项，

H2O2中的氧元素由－1价升高到0价，故生成1molO2有2mol电子转移，错误；D项，KCl中各元素化合价没发生变化，不是还原产物，错误。12．CC项，反应Ⅰ中只有P元素的化合价发生变化，6个P元素的化合价由0价升高到＋1价，2个P元素的化合价由0价降低

到－3价，则3/2molP4作还原剂.1/2molP4作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的质量之比为1∶3，错误。13．CA项，氯元素的化合价降低，Cl－是还原产物，错误；B项，反应的离子方程式为3ClO－＋2NH＋4===N2↑＋3H2O＋3Cl－＋2H＋，反应后溶液的酸性明显增强，错误；

D项，由离子方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，错误。14．CA项，由反应历程可知，过程Ⅰ、Ⅱ中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，正确；B项，根据原子守恒可判断X为N2，正确；C项，由图可知反应Ⅳ为[(NH

4)(HNO2)]＋===N2＋2H2O＋H＋，每生成0.1molH＋，转移的电子数为0.3NA，错误；D项，分析题图可知，正确。15．(1)D(2)C(3)5H2O2＋2MnO－4＋6H＋===5O2↑＋2Mn2＋＋8H2O(4)3.36L0.3mol(5)过滤2

NaOH＋2Al＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑解析：(1)元素化合价降低时体现出氧化性，只有D中H2O2中氧元素化合价降低，故选D。(2)H2O2既体现氧化性又体现还原性，即元素化合价既升高又降低，答案为C。(

3)氧化反应和还原反应是同时发生的，二者相加，配平即得5H2O2＋2MnO－4＋6H＋===5O2↑＋2Mn2＋＋8H2O。(4)反应中转移0.3mol电子，生成氯气的物质的量为：0.3mol2＝0.15mol，标况下的体积为3.36L；被氧化的H

Cl的物质的量为0.3mol。(5)除去镁粉中混入的铝粉，选用NaOH溶液，Al与NaOH反应，而Mg与NaOH不反应，反应后过滤即可，Al与NaOH反应方程式：2NaOH＋2Al＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。专练10氧化还原反应规律1．DA项，K2H3IO6

中碘元素的化合价降低，发生还原反应；B项，KI既不是氧化产物也不是还原产物；C项，生成12.7gI2即0.05molI2时转移电子的物质的量应为0.0875mol。2．CC项，反应①中存在对应关系2I－～I

2～2e－，生成1mol碘单质转移2mol电子，反应②发生反应：5I－＋IO－3＋6H＋===3I2＋3H2O，生成3mol碘单质转移5mol电子，生成等量的碘时，反应①和反应②转移电子数目之比为2mol∶53mol＝6∶5，错误。3．DCo

2O3的氧化性强于I2，故I2不能将Co2＋氧化生成Co2O3，D不正确。4．D由图示知，过程②中，碱性条件下，Ce3＋被H2O2氧化生成CeO2，则H2O2的氧化性强于CeO2，D项错误。5．A根据①知，氧化性：Z2>B2，根据②知，氧化性：B2>A3＋，根据③知，氧化性：XO－4>Z

2，所以氧化性关系为：XO－4>Z2>B2>A3＋，所以要除去含有A2＋、Z－和B－混合溶液中的A2＋，而不氧化Z－和B－，应加入B2，A正确，B错误；X2＋是XO－4的还原产物，B2是B－的氧化产物，

C错误；因为氧化性关系为：XO－4>Z2>B2>A3＋，在溶液中可能发生反应：XO－4＋5A2＋＋8H＋===X2＋＋5A3＋＋4H2O，D错误。6．C因氧化性：Fe3＋＞I2，则Fe3＋能将I－氧化生成I2，故A错误；溴水能将亚铁离子氧化成铁离子，溶液呈黄色，故B错误；因酸性

：H2CO3＞HClO＞HCO－3，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成的盐为NaHCO3，离子方程式为：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO－3，故C正确；因还原性：I－＞Fe2＋，则向FeI2溶液中滴加少量氯水时，I－先被氧化，故D错误。7．B该测定O3的方法中涉及2

个反应：H2O＋O3＋2KI===O2＋I2＋2KOH，2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，通过反应前后元素化合价变化，可知上述反应均为氧化还原反应，A项正确；上述第1个反应中O2既不是氧化

产物，也不是还原产物，I2是氧化产物，KOH是还原产物，B项错误；I2遇淀粉变蓝，可用淀粉作该滴定反应的指示剂，C项正确；由上述两个反应的化学方程式可知，存在关系式O3～I2～2NaI，故转移2mol电子，则吸收了1mo

lO3，即转移0.5mol电子，则吸收了0.25mol(标准状况下5.6L)O3，D项正确。8．A分析流程图中的物质转化，“电解”“氯化”“合成”中均有单质参与反应或生成，故均涉及氧化还原反应，A项正确；“氯化”时还原剂包括焦炭和FeTiO3，故B项错误；“合成”反应的化学方程式

为CO＋2H2―→CH3OH，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，C项错误；800℃条件下，CO2与Mg反应，D项错误。9．B由已知的两个化学方程式及同一个反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Fe3＋>I2、Br2

>Fe3＋，故①正确；向溶液中滴加KSCN溶液变为红色说明溶液中含有Fe3＋，则说明溶液中无I－存在，又氧化性Cl2>Br2>Fe3＋>I2，氯气的量不确定，则Br－不一定被氧化，故②错误，③正确；由上述分析可知溶液中存在Fe3＋，但不能确定是否所有的Fe2＋均被氧化为Fe3＋，故④正确；上层溶

液中若含Br－，则产生淡黄色沉淀，若含I－，则产生黄色沉淀，由题知只产生白色沉淀，则说明溶液中含Cl－，即溶液中的Fe2＋、Br－均被完全氧化，故⑤正确。10．C还原性HSO－3>I－，所以首先是发生以下反应，离子方程式：IO－3＋3HSO－3===I－＋3SO2－4＋3H＋，继续加

入KIO3，氧化性IO－3>I2，所以IO－3可以结合H＋氧化I－生成I2，离子方程式是IO－3＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2。0～a间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子。0～b间加入碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸

氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：IO－3＋3HSO－3===I－＋3SO2－4＋3H＋，故A正确；a～b间碘酸钾的物质的量是0.6mol，根据碘酸钾和亚硫酸氢钠的关系式知，

消耗NaHSO3的物质的量＝0.6mol×3＝1.8mol，故B正确；根据图像知，b～c段内发生IO－3＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2，只有I元素的化合价变化，所以I2是氧化产物也是还原产物，故C错误；根据反应IO－3＋3HSO－3===I－＋3SO2－4＋3H＋，3

molNaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的物质的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为xmol，则根据反应IO－3＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2，消耗的KIO3的物质的量为(1/3)xmol，消耗碘离子的物质的量＝(5/3)xmol，剩余的碘离子的物质的量

＝[(1－(5/3)x)]mol，当溶液中n(I－)∶n(I2)＝5∶3时，即，x＝0.3mol，根据原子守恒加入碘酸钾的物质的量＝1mol＋0.3mol×1/3＝1.1mol，故D正确。11．D反应KClO3＋6HCl===KCl＋3H2O＋3Cl2↑中，只有Cl元素化合价发生了变化

，根据氧化还原反应中“化合价只靠近不交叉”的原则可知，用双线桥法表示该反应中转移电子的情况为。将KClO3标记为K37ClO3，37Cl应全部存在于氯气中，A、C错误；根据得失电子守恒可知，产物氯气中37Cl与35Cl的原子个数比为1∶5，因

此产物氯气的平均摩尔质量为1×37＋5×353g·mol－1≈70.67g·mol－1，B错误、D正确。12．D反应①中，Sb的化合价没有变化，Sb2S3不是氧化剂，A错误；反应①中Fe的化合价从0价升高到＋2价，则每生成3

molFeS时，共转移6mol电子，B错误；反应②中C还原Sb4O6生成Sb，说明高温下C的还原性比Sb强，C错误；由4Sb～6C～Sb4O6～6Fe～12e－，可知反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为1∶1，D正确。1

3．(1)4∶3(2)取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴入足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成解析：(1)CrO2－4～Cr3＋中Cr的化合价由＋6到＋3，得3mol电子，S2O2－5～2SO2－4中S的化合

价由＋4到＋6，失去4mol电子，依据电荷守恒，CrO2－4与S2O2－5的物质的量之比为4∶3。(2)Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成SO2－4，滴入足量盐酸和氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明Na2S2O5晶体被氧化。专练11氧化还原反应方程式的配平和计算1．BSi和O在反应前后化合价均不变

，故SiO2既不是氧化剂也不是还原剂，A项错误；生成1molSi3N4消耗6molC，转移12mol电子，1.4gSi3N4的物质的量为1.4g140g·mol－1＝0.01mol，则每生成1.4gSi

3N4转移0.12mol电子，B项正确；C为还原剂，对应的生成物CO为氧化产物，C项错误；Si3N4属于新型硅酸盐材料，D项错误。2．A根据题干中的化学方程式可知，I元素的化合价由0价升高到＋5价，转移电子数为6×5×2＝60，所以产生标准状况

下22.4L即1mol氯气需消耗2mol碘单质，转移20mole－，A说法错误；该反应中I2为还原剂，KClO3为氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6，B说法正确；工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，C说法正确；酸性条件下，I－与IO－3反应生成I2，淀粉遇I

2变蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验IO－3的存在，D说法正确。3．DA项，根据NaCl、NaClO、NaClO3的组成可知，Na和Cl的物质的量之比为1∶1，则反应过程中消耗氯气与NaOH的物质的量之比为1∶2

，正确。B项，设反应停止后n(NaCl)＝11mol、n(NaClO)＝1mol、n(NaClO3)＝2mol，反应过程中得失电子守恒，正确。C项，若反应过程中消耗1mol氯气，氧化产物只有NaClO时转移电子数最

少，为1mol×2×12×1＝1mol；氧化产物只有NaClO3时转移电子数最多，为1mol×2×56×1＝53mol，则1mol<转移电子数<53mol，正确。D项，根据得失电子守恒，溶液中c(Na＋)和c(Cl－)之比不可能为5∶2，错误。4．ANO2、N2O

4、NO的混合气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，完全被水吸收生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后元素化合价没有发生变化，即Cu失去的电子都被O2得到了，根据得失电子守恒有n(Cu)×2＝n(O2)×4，即n(Cu)×2＝

(1.68/22.4)mol×4，解得n(Cu)＝0.15mol，所以Cu(NO3)2为0.15mol，根据Cu2＋～2OH－，则n(NaOH)＝0.15mol×2＝0.3mol，则V(NaOH溶液)＝n/c＝0.3mol/(5mol·L－1)＝0.06L，即60mL。5．AA项

，反应中固体变化为FeS→S，减少的质量为铁的质量，则参加反应的Fe2＋的物质的量为2.8g56g·mol－1＝0.05mol，即被氧化的FeS的物质的量为0.05mol，硫元素失电子的物质的量为0.1mol，则硫元素与高锰酸钾之间转移的电子数为0.1N

A，错误；B项，反应2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中，由化学方程式可知，当有2molKMnO4参加反应，则有10molHCl被氧化，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，正确；C项，根据题干信息，高锰酸根离子反应后的产物

与溶液的酸碱性有关，正确；D项，二者反应生成氧气，H2O2作还原剂，高锰酸钾作氧化剂，正确。6．BA项，浓盐酸在反应中体现了还原性和酸性，错误；C项，由反应的化学方程式2KClO3＋4HCl===2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O可

知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，错误；D项，每生成1molClO2转移NA个电子，错误。7．A金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO－3发生氧化还原反应，由转化关系图可知，在酸性环境下，反应生成铝盐和一氧化氮，碱性环境下生成偏铝酸盐和氨气，氨气催化氧化可以生成一氧化氮和水，一氧化氮可

以和氧气反应生成二氧化氮，故A为硝酸铝，B为偏铝酸盐，C为NO，D为NH3，E为NO2，F为HNO3。流程中A、B之间的转化是非氧化还原反应，A错误；氨气具有还原性，一氧化氮和二氧化氮具有氧化性，在催化剂条件下可发生氧化还原反应4NH3＋6NO=====催化剂5N

2＋6H2O，8NH3＋6NO2=====催化剂7N2＋12H2O，B正确；根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平方程式为8Al＋3NO－3＋5OH－＋2H2O=====△8AlO－2＋3NH3↑，得氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶8，C正确；除去气体C中少量杂质E

，即除去NO中含有的NO2，利用水除去，二氧化氮会与水发生歧化反应生成NO和硝酸，D正确。8．BA项中方程式虽然满足原子守恒，但不满足电子守恒和电荷守恒，配平后正确的离子方程式为O3＋2I－＋2H＋===I2＋O2＋H2O，故每生成1molI2转移电子2m

ol，A项错误，B项正确；O3和O2中O的化合价均为0，故O2既不是氧化产物，也不是还原产物，C项错误；该反应能说明O3的氧化性大于I2，而不能说明O2的氧化性大于I2，D项错误。9．B高铁酸钾中铁显＋6价，故A正确。由上述反应可知，氧化剂ClO－的氧化性强于氧化产物Fe

O2－4，故B不正确。上述反应中氧化剂ClO－中Cl的化合价的变化为＋1→－1，还原剂Fe(OH)3中Fe的化合价的变化为＋3→＋6，化合价升降总数相等，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故C正确。K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生

成的Fe3＋水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质，故D正确。10．CAu2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由＋3价变为＋1价，化合价总共降低2×2＝4价，Na2S4O6中硫

元素平均化合价为＋2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为＋2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3→Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，根据电子转移守恒配平反应方程式：Au2O

3＋4Na2S2O3＋2H2O===Au2O＋2Na2S4O6＋4NaOH，当1molAu2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4mol。11．B反应①，CS2中S元素化合价由－2升高到＋1，失电子，作还原剂，故A错误；反应②，只有S元素化合

价变化，则S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，故B正确；反应①，产物S2Cl2中S元素是由－2升高到＋1，每生成1molS2Cl2转移6mol电子，故C错误；反应②氧化产物为SO2，还原产物为S，由反应可知二者的物质的量比为1∶3，故D错误。12．D往200mLF

eCl3溶液中通入8.96L标准状况下的H2S气体后(气体完全反应)，发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋。标准状况下，8.96LH2S的物质的量为0.4mol，由离子方程式可知，反应后可生成0.

8molFe2＋和0.8molH＋，再加入过量的Fe粉，反应停止后，0.8molH＋可以溶解0.4molFe再生成0.4molFe2＋，Fe2＋总物质的量恰好为1.2mol，所以溶液中金属阳离子全部是Fe2＋，

说明H2S与FeCl3反应后，Fe3＋没有剩余，所以原溶液中只有0.8molFe3＋。通入H2S时发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋，A不正确；若将加入Fe粉后溶液中的1.2molFe2＋完全氧化

，需要通入0.6molCl2，0.6molCl2在标准状况下体积为13.44L，B不正确；若将上述8.96L标准状况下的H2S换成0.4molNa2S，则反应后没有H＋生成，加入过量的Fe粉后，铁粉不会溶解，所以溶液中不能得到1.2mol金属阳离子

，C不正确；将原FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，得到的固体是0.4molFe2O3，0.4molFe2O3的质量为64g，D正确。13．(1)D(2)①NaHCO3②B解析：(1)Na、K均与水反应，燃烧生成的过氧化物均与二氧化碳反应生成氧气，则钠、钾着火，只能用细沙覆盖来灭火；(2)①N

aCN＋H2O2―→N2↑＋X＋H2O中，由原子守恒可知X为NaHCO3，方程式为：2NaCN＋5H2O2===N2↑＋2NaHCO3＋4H2O；②由CN－离子中碳与氮原子之比为1∶1，而碳氮转化为CNO－和N2以及CO2－3，又因为CNO－离

子碳氮之比为1∶1，所以N2和CO2－3两微粒之比为1∶2，所以e∶f＝1∶2。专练12钠及其化合物1．BA项题给离子方程式未配平且不是碱转化为酸式盐，A项错误；B项可视为向NaOH溶液中通入Cl2，离子方程式正确；过氧化物溶于水的离子方程

式中，过氧化物应用化学式表示，C项错误；硅酸钠易溶于水，离子方程式中应用SiO2－3表示，D项错误。2．D粗盐提纯中过滤时要用到漏斗；侯氏制碱法中向饱和氨盐水中通入二氧化碳气体得到NaHCO3；用盐酸

标准液滴定纯碱溶液，盐酸盛放在酸式滴定管中，三个实验均没有用到直形冷凝管，故选D。3．A加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，A错误；观察到脱脂棉燃烧，可说明过氧化钠与水反应放出大量的热，B正确；氯气与NaOH反应，使锥形瓶内压

强减小，气球变大，C正确；钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，D正确。4．B反应③是2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，NaOH为碱，Na2CO3为盐，因此CO2具有酸性氧化物的性质，A项正确；反

应④是2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O，说明Na2CO3比NaHCO3热稳定性强，B项错误；反应⑤、⑥分别是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑、2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，因此反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给，C项正确；反应④为分解反

应，反应①为化合反应，反应②为置换反应，D项正确。5．C本题考查钠及其化合物的性质与用途。Na2O2与CO2反应产生O2，所以Na2O2可用作呼吸面具供氧剂，A正确；钠的焰色试验为黄色，高压钠灯发出的黄光波长较长，透雾能

力强，可用于道路和广场照明，B正确；氢氧化钠具有腐蚀性，不能用于中和胃酸，一般用氢氧化铝、碳酸镁、碳酸氢钠等中和胃酸，C错误；钠暴露在空气中与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与空气中的水蒸气反应生成氢氧化钠，氢

氧化钠潮解得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，D正确。6．C本题考查钠及其化合物的鉴别和性质探究实验。观察钠与水反应的现象的正确操作为用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，并用滤纸吸干钠表面的

煤油，小心放入盛有水(事先滴入几滴酚酞溶液)的烧杯中，观察钠与水反应的现象，A错误；由于Na2CO3溶液和澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀和NaOH溶液，NaHCO3溶液与澄清石灰水反应也会生成碳酸钙沉淀，不能鉴别两者

，B错误；棉花燃烧，说明反应的温度达到或高于棉花的着火点，因此该反应是放热反应，C正确；观察K的焰色时需透过蓝色钴玻璃，滤去黄色的光，以免得出错误的结论，D错误。7．C根据实验1可知，0.1mol·L－1NaHCO3溶液的pH约为8，说明HCO－3的水解程度大于电离程度，则c

(H2CO3)＞c(CO2－3)、c(OH－)＞c(H＋)，Ka2（H2CO3）·Ka1（H2CO3）Kw＝c（CO2－3）·c（H＋）c（H2CO3）·c（OH－）＜1，A项错误；实验2产生的白色沉淀为CaCO3，则Q(CaCO3)>Ksp

(CaCO3)，即c(CO2－3)·c(Ca2＋)>Ksp(CaCO3)，B项错误；实验4向碳酸钠溶液中滴加新制氯水，氯水中的H＋会与CO2－3反应，故反应后c(CO2－3)减小，D项错误。8．CA项，a点对应溶液中含有CO2－3和H

CO－3，HCO－3与OH－不能大量共存，错误；B项，b点对应的溶液中含有HCO－3，Al3＋与HCO－3因发生相互促进的水解反应而不能大量共存，错误；C项，c点对应的为NaCl溶液，各离子都能大量共存，正确；D项，d点对应溶液呈酸性，酸性条件下，NO－3与Fe2＋因发生氧化还原

反应而不能大量共存，错误。9．A根据图像分析，生成CO2的反应为NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生的反应为Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消

耗盐酸的体积相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3。加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯、钠元素守恒，则n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(HCl)＝0.02mol，所以c(

NaOH)＝0.2mol·L－1，A正确；由曲线可知，从25mL到100mL反应的方程式为NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，所以n(CO2)＝n(HCl)＝(0.1L－0.025L)×0.2

mol·L－1＝0.015mol，所以标准状况下CO2气体体积为336mL，B错误；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸25mL，生成的NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3消耗盐酸的体积为75mL－25mL＝50mL，故Na

2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1∶2，故C、D错误。10．BNa2O2由Na＋和O2－2构成，39gNa2O2的物质的量为0.5mol，含有1.5mol离子，A错误；Na2O2与CO2、H2O反应生成O2，可用于潜水供氧，B正确；Na2O2可以漂白有色物质是因为其具有强氧化性，活

性炭作漂白剂是利用其吸附性，C错误；Na2O2与足量H2O反应生成1molO2，转移2mol电子，但题中未指明O2处于标准状况下，故22.4L氧气的物质的量不一定是1mol，D错误。11．A氯气中含有氯化氢，可通过饱和食盐水除去，碱石灰会和氯气反应，A项错误；氯化钠溶液中含有氯化钙，可加

入过量Na2CO3溶液，生成碳酸钙沉淀，过滤除去，再加盐酸除去过量的Na2CO3，B项正确；过氧化钠中含有氧化钠，可将混合物在氧气中燃烧，发生反应：2Na2O＋O2=====点燃2Na2O2，使氧化钠转化成过氧化钠，C项正确；Na2CO3固体中含有NaHCO3固体，可将固体混合物加热至恒重，

发生反应：2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O，使碳酸氢钠转化为碳酸钠，D项正确。12．A与同浓度盐酸反应时，NaHCO3放出气体的速率比Na2CO3快，A错误；1molNa2CO3与足量盐酸反应消耗2molHCl，1molNaHCO3与足量盐酸反应消耗1molHCl，故等物质

的量的两种盐与足量的相同浓度的盐酸反应，Na2CO3消耗盐酸的体积是NaHCO3的2倍，B正确；向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓，溶质质量增加，由于反应消耗水，且NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，故有Na

HCO3晶体析出，C正确；Na2CO3与BaCl2反应生成白色沉淀BaCO3，NaHCO3与BaCl2不反应，无明显现象，D正确。13．D氢氧化钠溶液与过量二氧化碳反应的化学方程式为CO2(过量)＋NaOH

===NaHCO3，可以实现转化关系①，A正确；Na2O2与水和二氧化碳反应的化学方程式分别为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑、2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，因此④⑤的转化均有O2产生，B正确；碳酸钠溶液中不断滴加盐酸依次发生反应③Na2C

O3＋HCl(少量)===NaCl＋NaHCO3、反应⑧NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑，都生成氯化钠，C正确；反应②通过加热能实现，2NaHCO3=====△Na2CO3＋H2O＋CO2↑，也可加入氢氧化钠溶液实现，NaHCO3＋NaOH===Na2

CO3＋H2O，D错误。14．B向饱和食盐水中通入CO2、NH3生成碳酸氢钠固体，煅烧碳酸氢钠生成碳酸钠，同时生成的二氧化碳可以循环使用，滤液中加入NaCl并通入NH3，通过降温结晶析出氯化铵。根据以上分析可知，该工艺流程中没有发生氧化还原

反应，A项正确；氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，故应该向“饱和食盐水”中先通入NH3，再通入CO2，B项错误；向滤液中通入NH3，使溶液碱性增强，可减少溶液中的HCO－3，有利于NH4Cl析出，C项正确；最终所得“母液”中含有钠离子、氯离子、铵

根离子等，可循环利用，D项正确。专练13镁、铝及其化合物1．D苦卤水中含有大量镁离子，加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙再与镁离子反应生成氢氧化镁，生石灰来源丰富、价格便宜，常用来做沉镁的沉淀剂，A说法正确；镁为活

泼金属，工业上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁，B说法正确；根据题给流程图可知，“煅烧”氢氧化镁得到氧化镁，“氯化”过程中，加入碳和氯气与氧化镁反应，生成无水氯化镁和一种气体，根据原子守恒和化合价升降可得反应的化学方程式为MgO＋C＋Cl2=====高温

MgCl2＋CO，C说法正确；向“煅烧”后所得氧化镁中加稀盐酸，得到氯化镁溶液，由于镁离子会发生水解反应Mg2＋＋2H2O⇌Mg(OH)2＋2H＋，直接蒸发MgCl2溶液，生成的HCl挥发，最终得到的是氢氧化镁，而不是无水氯化镁，D说法错误。2．B本题考查镁、铝及其化合物的性质。由

于Al的活动性不如Mg强，所以MgO与Al不能在高温下发生铝热反应制取Mg，不能制成铝热剂，A错误；根据化学方程式2Al＋6HCl===2AlCl3＋3H2↑和2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO

2＋3H2↑可知，当Al的质量相等时，反应产生的H2的物质的量也相等，B正确；将AlCl3加入Ca(HCO3)2溶液中，因Al3＋和HCO－3相互促进水解而生成CO2气体、Al(OH)3沉淀及CaCl2，C错误；Mg与N2在高温下反应产生Mg3N2，因此N2不能作制取镁

粉时的保护气，D错误。3．D与NaOH是否反应，不能作为衡量金属性强弱的依据，A错误；铝箔用酒精灯点燃，铝箔外面与氧气反应生成了一层熔点较高的致密的Al2O3薄膜，阻止了内部熔化的铝的滴落，B错误；氯化铵溶液中存在水解平衡：NH＋4＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，铝在

酸性条件下发生反应：2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，消耗H＋，使得水解平衡右移，从而使铝能够与H＋反应放出氢气，因此铝片上产生的气体是氢气，C错误；向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液，发生的化

学反应为AlCl3＋3NaOH===Al(OH)3↓＋3NaCl，Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，知氢氧化铝能溶于强碱溶液，D正确。4．A反应化学方程式为；Mg＋H2SO4===MgSO4＋H2↑；2Al＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2↑；Mg

SO4＋2KOH===Mg(OH)2↓＋K2SO4；Al2(SO4)3＋6KOH===2Al(OH)3↓＋3K2SO4；Mg(OH)2=====△MgO＋H2O；2Al(OH)3=====△Al2O3＋3H2O；根据化学方程式可得：得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和

与氢氧根离子的质量之和，即n＝m＋c×V1000×17＝m＋17cV1000，选项中忽略了体积的单位，选项A不正确；B选项中p为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1molO，2molAl结合3molO，因此生成沉淀的物质的质量等于

镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即p＝c×V×10－32×16＋m＝m＋Vc125，选项B正确；根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，即b＝22.4L·

mol－1×c×V×10－32，整理得c＝1000b11.2V，选项C正确；氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若mg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为p＝m24×40＝53m；若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守

恒，则质量为p＝m27×102×12＝179m，质量介于二者之间，选项D正确。5．C分离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠溶液，不能用氨水，因为氧化铝与氨水不反应，A错误；CO2可以和偏铝酸钠反应制得氢氧化铝，用H2SO4溶液或稀盐

酸代替会导致生成的氢氧化铝溶于其中，B错误；过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，离子方程式为：CO2＋AlO－2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO－3，C正确；Fe活泼性较Al弱，与Al2O3不反应，D错误。

6．C陶瓷中的SiO2能与HF反应，A项正确；喷淋法能使溶液与烟气充分接触，提高吸收效率，B项正确；如图可知，C项错误；滤液中含有Na2CO3，可用作吸收塔中的吸收剂，D项正确。7．Ca曲线代表的是AlO－2＋H＋＋H2O===Al(OH)3，b和c曲线代表的是CO2－3＋

H＋===HCO－3，d曲线代表的是HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O，所以可以推出碳酸根离子与偏铝酸根离子物质的量之比应为1∶1，C错误。8．C由题中数据知n(Al)＝0.1mol，n(HCl)＝n(NaOH)＝0.3mol，所以方案①中铝和稀盐酸恰好完全反应，则X溶液中溶质为AlCl3，滴

加NaOH溶液，产生Al(OH)3沉淀0.1mol，表示为a曲线，溶液中溶质为NaCl；方案②中NaOH过量，则Y溶液中溶质为NaOH、NaAlO2，滴加盐酸先与NaOH反应无明显现象，再与NaAlO2反应产生Al(OH)3沉淀0.1mol，表示为b曲线，溶液中溶质也为NaCl

，A、B错误；在O点时铝完全沉淀，此时两方案中得到的溶液中溶质均为NaCl，在①中NaCl中的氯离子均来自于100mL的稀盐酸，在②中NaCl中的钠离子均来自于100mL的NaOH溶液，因此NaCl的物质的量均为0.3mol，体积

相同，因此O点时两方案所得溶液浓度相同，C正确；根据分析知，a、b曲线表示的反应中无氧化还原反应，D错误。9．C实验1在过量的硫酸铝溶液中加入碳酸钠溶液，过滤、洗涤，得到白色沉淀a，加入稀硫酸，沉淀溶解，没有气

泡，说明沉淀a为Al(OH)3，A正确；实验2在过量的碳酸钠溶液中加入硫酸铝溶液，过滤、洗涤，得到白色沉淀b，加入稀硫酸，沉淀溶解，并有少量气泡，该气体为二氧化碳，说明沉淀b中含有CO2－3，B正确；沉淀a、b上均附着硫酸根

离子，都可通过检验硫酸根离子来检验沉淀是否洗涤干净，即取最后一次洗涤液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，C错误；实验1、2中，加入试剂的顺序不同，溶液的pH不同，生成的沉淀不同，说明白色沉淀的成分可能与溶液的pH有关，D正确。10．D制备氮化镁需要在加热条

件下让纯净的氮气与镁反应，因此要让生成的氮气充满整个装置，故实验时先点燃B处酒精灯，一段时间后，再点燃C处酒精灯，A错误；因为氮化镁遇水剧烈反应，干燥管A的作用是防止空气中的水蒸气进入硬质玻璃管，B错误；氮化镁与水反应生成的气体为氨气，能使紫色石蕊试液变蓝，

C错误；蒸馏烧瓶中氯化铵和亚硝酸钠发生氧化还原反应生成氮气，化学方程式为NH4Cl＋NaNO2=====△NaCl＋N2↑＋2H2O，D正确。11．(1)NaOH④(2)Fe2O3颜料(3)54(4)CaO和CO2(5)

CO2＋AlO－2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO－3解析：(1)铝土矿(主要成分含氧化铝、氧化铁)加入氢氧化钠，氧化铁不和碱反应，氧化铝可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；电解氧化铝需要破坏离子键，需要吸收大量的能量；(2)根据以上分析可知沉淀B为氧化铁，三氧化二铁为红棕色，可

以做颜料；(3)电解氧化铝的方程式为：2Al2O3=====通电4Al＋3O2↑，设得到铝的质量为x，2Al2O3=====通电4Al＋3O2↑转移电子108g12molx6mol解得x＝54g；(4)煅烧碳酸钙得到CaO和CO2，能循环利用；(5)偏铝酸钠溶液通入过量的二氧化碳反应生成

氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式：CO2＋AlO－2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO－3。专练14铁、铜及其化合物1．B该反应为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，Fe中的金属键断裂，A项正确；黄铜是铜锌合金，B项错误；碱式碳酸铜俗称

铜绿，C项正确；铜的性质比铁稳定，较易以单质的形式存在，是青铜器时期早于铁器时期的原因之一，D项正确。2．D溶液呈棕黄色是因为有Fe3＋，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，化学方程

式为：12FeSO4＋3O2＋6H2O===4Fe2(SO4)3＋4Fe(OH)3↓，A错误；硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质，使颜色加深，化学方程式为：2Na2S＋O2＋2H2O===4NaOH＋2S↓，B错误；溴水中存在平衡Br2＋H2O⇌HBrO＋HBr，HBrO见光易分解，促使

该平衡正向移动，从而使溴水褪色，C错误；胆矾为CuSO4·5H2O，颜色为蓝色，如果表面失去结晶水，则变为白色的CuSO4，化学方程式为：CuSO4·5H2O===CuSO4＋5H2O，方程式正确，D正确；故选D。3．C由题图可知，a

为Fe，b中含有Fe2＋，c为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，e中含有Fe3＋。Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，a可与e反应生成b，A推断合理；Fe2＋既可以被氧化为Fe3＋，也可以被还原为Fe，B推断合理；可将饱和的Fe3＋溶液加

入沸水中制得Fe(OH)3胶体，而不是浓碱液中，C推断不合理；可存在Fe2＋――→OH－Fe(OH)2――→O2Fe(OH)3――→H＋Fe3＋――→FeFe2＋的循环转化关系，D推断合理。4．B纳米Fe3O4具有磁性，因此可用作铁磁性材料，B错误。5．D碱

式硫酸铁能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性，可用作净水剂，A项正确；NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，B项正确；KSCN溶液遇Fe2＋无明显现象，

(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化，其中的Fe2＋变成Fe3＋，KSCN溶液遇Fe3＋变红，C项正确；FeSO4与(NH4)2SO4溶液反应冷却时有(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O析出，说明(NH4)2Fe(SO4)2·6H

2O在水中的溶解度比FeSO4的小，D项错误。6．D铁位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，A错误；四氧化三铁是纯净物，B错误；14g铁的物质的量为14g56g·mol－1＝0.25mol，7g硫粉的物质的量为732mol<0.25mol

，二者反应的化学方程式为Fe＋S=====高温FeS，铁粉过量，生成硫化亚铁的质量小于21g，C错误；纯铁中无其他元素，只能发生化学腐蚀，而生铁中含碳，能构成原电池，发生电化学腐蚀，故生铁比纯铁抗腐蚀

性差，D正确。7．D青铜的主要成分为铜、锡合金，将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿，A错误；Cu2O在稀硫酸中发生歧化反应：Cu2O＋H2SO4===Cu＋CuSO4＋H2O，化合价发生变化，CuO在稀硫酸中发生复分解反应，化合价无变化，故原理不同，B错误；铜青是碱式碳酸铜，和青

铜不是一种物质，C错误；湿法炼铜利用单质铁在铜盐溶液中置换出铜，故胆矾可用作原料，D正确。8．BFeCl3溶液中，Fe3＋会发生水解反应：FeCl3＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3HCl，加热蒸发，HCl挥发，使平衡不断向右移动，

加热还会使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，无法得到氯化铁固体，要得到氯化铁固体需要在干燥的氯化氢气流中加热蒸发，A项错误；稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排出装置中的氧气，盛有NaOH溶液的胶头滴管伸入FeS

O4溶液中可隔绝空气，制得的Fe(OH)2可以较长时间稳定存在，B项正确；稀硝酸与Cu反应生成NO，无色的NO进入广口瓶中，被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2，C项错误；氯化氢的密度比空气的大，应该用

向上排空气法收集，导管应长进短出，D项错误。9．B①FeO可以被稀HNO3氧化生成Fe3＋，溶液的颜色由浅绿色转变成棕黄色，故①错误；②样品中加入盐酸后，取上层清液，然后加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3＋，即红砖中含有氧化铁，故②错

误；③由FeCl3溶液得到无水FeCl3，需要在干燥的氯化氢气流中加热，防止Fe3＋水解，若直接蒸发最终生成Fe2O3，故③错误；④氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，白色沉淀最终转变为红褐色沉淀，故④错误；⑤向一定量的Cu、Fe2O3的混

合物中加入盐酸发生的反应为：Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2OCu＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2，用过量的CO在高温下还原相同质量的混合物，固体减少的质量应是混合物中氧元素的质量，根据反应方程式，混合物中氧元素全部与盐酸

中的氢元素结合转化成水，混合物中氧的质量为0.3L×1mol·L－12×16g·mol－1＝2.4g，即固体减少的质量为2.4g，故⑤正确；⑥磁性氧化铁是Fe3O4，属于氧化物，书写离子反应方程式时，不能拆写成离子形式

，故⑥错误；⑦Fe3＋氧化性强于I2，因此Fe3＋会把I－氧化成I2，故⑦错误；⑧Fe2O3是难溶于水的氧化物，不与水反应生成Fe(OH)3，但可以通过化合反应4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3制取Fe(OH)3，故⑧正确；

⑨赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe3O4的颜色为黑色，故⑨错误；⑩Fe(OH)2溶液被氧气氧化成Fe(OH)3，此装置没有做防止氧气进入装置的防护，因此此装置不能长时间观察到Fe(OH)2白色沉淀，故⑩错误，

故正确序号为⑤⑧。综上所述，本题正确答案为B。10．C在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0mol·L－1×

1.0L＝1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，物质的量为39.2g98g·mol－1＝0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝n[Cu(OH)2]＝0.4mol。设Cu和Cu2O的

物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x＋144y＝27.2，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.4，联立方程解得x＝0.2，y＝0.1，由上述分析可知，n(Cu)∶n(Cu2O)＝0.2mol∶0.1mol＝2∶1，故A正确；根据N元素守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋n

(NaNO3)＝0.2mol＋1.0mol·L－1×1.0L＝1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为：1.2mol0.5L＝2.4mol·L－1，B正确；根据电子转移守恒可知：3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，所以3n(N

O)＝2×0.2mol＋2×0.1mol，解得n(NO)＝0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L·mol－1＝4.48L，C错误；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝

酸铜和剩余的硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中剩余的n(HNO3)＋2n[Cu(NO3)2]＝n(NaNO3)，所以剩余的n(HNO3)＝n(NaNO3)－2n[Cu(NO3)

2]＝1mol－2×0.4mol＝0.2mol，故D正确。11．C金属X可置换出铜，为了不引入新的杂质，故X为铁粉，A项错误；不纯的铜中含有过量的铁粉，要除去铁粉，并得到FeSO4，则Y为稀硫酸，B项错误；硫酸亚铁具有还原性，可用作食品的抗氧化剂，C项正确；无水硫酸铜常用于检验水，但不作干燥剂，D

项错误。12．C向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀，则消耗OH－的质量为30.3g－18.4g＝11.9g，其物质的量为11.

9g17g·mol－1＝0.7mol，稀硝酸与铁和铜反应转移电子的物质的量与消耗OH－的物质的量相等，即为0.7mol。氯气与等质量合金反应生成FeCl3、CuCl2，转移的电子数也为0.7mol，1molCl2～2e－，则反应消耗氯气的物质的量为0.7mol2＝0.

35mol，标准状况下的体积为0.35mol×22.4L·mol－1＝7.84L，故选C项。13．CCo2O3和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，Co元素的化合价降低，Co2O3作氧化剂，Cl2是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Co2O3>Cl2，A正确

；白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，构成原电池，Zn比Fe更活泼，Zn为负极，发生氧化反应，Fe为正极被保护，B正确；常温下铁遇浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，不是不反应，C错误；KI过量，由充分反应后现象可知溶液中还

存在铁离子，则KI与FeCl3的反应具有可逆性，D正确。专练15金属及其化合物的制备流程1．(1)ZnCO3=====焙烧ZnO＋CO2↑(2)升高温度、不断搅拌、充分粉碎、适当提高硫酸浓度等(任选两个，答案合理即可)(3)BSiO2Fe(OH)3CaSO4(4)MnO－4＋

3Fe2＋＋7H2O===MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋(5)除去铜离子(6)硫酸钙硫酸镁解析：(1)根据产物有氧化锌，参照碳酸钙的高温分解可写出化学方程式。(2)为了提高浸取效果，工业上一般需要加快反应速率，可以从浓度、温度、接触面积等角度考虑。(3)调pH要考虑不能

引入不易除去的杂质离子，如Na＋和NH＋4后期不易除去；加入氢氧化钙，Ca2＋后期可以被F－除去，同时与硫酸根结合生成微溶的硫酸钙。在确定滤渣①成分时，利用Ksp与Q的大小关系，可知沉淀出Fe(OH)3。(4)根据题意可知，反应中MnO－4转化为MnO2，说明另

一反应物具有还原性，只能是Fe2＋；pH＝5时，产物为Fe(OH)3。(5)加入锌粉的目的是除去铜离子。(6)滤渣④为CaF2、MgF2，可与浓H2SO4分别发生反应：CaF2＋H2SO4(浓)=====△CaSO

4＋2HF↑、MgF2＋H2SO4(浓)=====△MgSO4＋2HF↑，得到的副产物为硫酸钙和硫酸镁。2．(1)作还原剂，将BaSO4还原(2)S2－＋Ca2＋===CaS↓(3)c(4)不可行CaS也会与盐

酸反应生成可溶于水的CaCl2和有毒的H2S气体，导致BaCl2溶液中混有杂质，最终所得产品的纯度降低(5)BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4===BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl(6)1∶1解析：由流程和题中信息可知，B

aSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和(NH4)2C2O4将钡

离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。(1)“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是作还原剂，将BaSO4还原。(3)“酸化”

步骤是为了将BaS转化为易溶的钡盐，为了不引入杂质，应选用的酸是盐酸，选c。(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2和有毒的H2S气体，导致BaCl2溶液中混

有杂质，最终所得产品的纯度降低。(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为：BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4===BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化

学方程式为，BaTiO(C2O4)2=====△BaTiO3＋2CO2↑＋2CO↑，因此，产生的nCO2∶nCO＝1∶1。3．(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积(2)NA(3)H2O＋Mn2＋＋HSO－5===MnO2＋SO2－4＋3H＋Fe(OH)3(

4)9.0%SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率(5)4Co(OH)2＋O2===4CoO(OH)＋2H2O(6)11.1解析：在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰

乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，发生反应H2O＋Mn2＋＋HSO－5===MnO2＋SO2－4＋3H＋，Fe3＋水解同时生成氢氧化铁，“沉钴镍”过程中，Co2＋变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)。(1)用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸

浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。(2)(H2SO5)的结构简式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA。(3)用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2

O＋Mn2＋＋HSO－5===MnO2＋SO2－4＋3H＋；氢氧化铁的Ksp＝10－37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3＋)＝10－5mol·L－1，Ksp＝c3(OH－)×c(Fe3＋)＝c3(OH－)×10－5＝10－37.4，c(OH－)＝10－10.

8mol·L－1，根据Kw＝10－14，pH＝3.2，此时溶液的pH＝4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；(4)根据图示可知SO2的体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，

过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；(5)“沉钴镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2＋O2===4CoO(OH)＋2H2O；(6)氢氧化镁的Ksp＝10－10.8,当镁离子完全沉淀时，c(Mg2＋)＝10－5mol

·L－1，根据Ksp可计算c(OH－)＝10－2.9mol·L－1，根据Kw＝10－14，c(H＋)＝10－11.1mol·L－1，所以溶液的pH＝11.1。4．(1)MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H2O＋CO2↑粉碎

菱锰矿(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋Fe3＋可以催化H2O2分解(3)2.8×10－9Al3＋(4)BaSO4、NiS(5)Mn2＋＋2H2O=====通电H2↑＋MnO2↓＋2H＋加水(6)2Li2CO3＋8MnO2=====煅烧4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑解析：根据题给的流程，将

菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋；随后将溶液pH调至约等于7，

此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可知，可以将溶液中的Al3＋沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2＋沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2＋，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。(1)菱锰

矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H2O＋CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎。(2)根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2＋

氧化为Fe3＋，但不宜使用H2O2氧化Fe2＋，因为Mn2＋和氧化后生成的Fe3＋可以催化H2O2分解，原料利用率低。(3)溶矿完成以后，反应器中溶液pH＝4，此时溶液中c(OH－)＝1.0×10－10mol·L－1，此时体系中含有的

c(Fe3＋)＝Ksp[Fe（OH）3]c3（OH－）＝2.8×10－9mol·L－1，这时，溶液中的c(Fe3＋)小于1.0×10－5，认为Fe3＋已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH－)＝1.0×10－7m

ol·L－1，溶液中c(Al3＋)＝1.3×10－12mol·L－1，c(Ni2＋)＝5.5×10－2mol·L－1，c(Al3＋)小于1.0×10－5，Al3＋沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3＋。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2＋，此时溶液中发生反应的离子方程式为BaS＋Ni2＋

＋SO2－4===BaSO4↓＋NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS。(5)在电解槽中，Mn2＋发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2＋＋2H2O=====电解H2↑＋MnO2↓＋2H＋；电解时电解液中消耗水、生成H2SO4，为保持电解液成分稳定，应不断补充水。(6

)煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3＋8MnO2=====煅烧4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。5．(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)Al(OH)3(4)不能形成MgNH4PO4沉淀不能形成MgSiO3沉

淀(5)C(6)2Cr2O2－7＋3S2O2－5＋10H＋===4Cr3＋＋6SO2－4＋5H2O解析：由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铁、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐。煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤

液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH，将AlO－2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到Al(OH)3滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和

滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中加入焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。(4)由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、

磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，会导致磷元素不能形成MgNH4PO4沉淀，若溶液pH>9时，会导致镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质；(5)由题给信息可知，五氧化二钒是能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液

反应生成盐和水的两性氧化物，故选C；(6)由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O2－7＋3S2O2－5＋10H＋===4Cr3＋＋6SO2－4＋5H2O。专练16碳、硅与新型无机非金属材料1．C鎏金饰品属于金属

材料，A项错误；纹银盒的主要成分是银，B项错误；瓷质咖啡杯的主要成分是陶瓷，属于硅酸盐材料，C项正确；铜镀金钟座的主要成分是合金，D项错误。2．A传统陶瓷是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外包装和器件，A正确；陶瓷的主要成分为硅酸盐，而不是SiO2和Mg

O，B错误；陶瓷烧制过程发生复杂的化学反应，有新物质生成，属于化学变化，C错误；由于Fe2＋、Fe3＋和铁的氧化物均有颜色，白瓷的白色是因为铁含量较低甚至几乎不含，D错误。3．B花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，A正确；碳纤维指的

是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料，B错误；金属奖牌属于合金材料，C正确；聚乙烯属于有机高分子材料，D正确。4．BSiO2和C在高温下发生反应生成Si和CO，因此，制备粗硅的反应方程式为SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑，A说法

正确；在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键，1molSi含Si—Si键的数目约为2×6.02×1023，B说法错误；HCl易与水形成盐酸，在一定的条件下氧气

可以将HCl氧化；H2在高温下遇到氧气能发生反应生成水，且其易燃易爆，其与SiHCl3在高温下反应生成硅和HCl，因此，原料气HCl和H2应充分去除水和氧气，C说法正确；Si＋3HCl(g)=====300℃

SiHCl3(g)＋H2(g)，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成SiHCl3的反应为熵减过程，D说法正确；综上所述，本题选B。5．D高温结构陶瓷种类很多，包括氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷等

，它们均不属于硅酸盐，A项错误；港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B项错误；光缆的主要成分是二氧化硅，C项错误；钢筋属于无机材料，D项正确。6．A光合作用中，利用太阳能将二氧化碳、水转化为(CH2O)n和O2，发生的是氧化还原反应，A项错误；

由图可知，光合作用将太阳能转化为化学能，B项正确；NaHCO3和Na2CO3与CaCl2发生的离子反应分别为Ca2＋＋2HCO－3===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O、Ca2＋＋CO2－3===CaCO3↓，C项正确；二氧化碳溶于水，发生反应：CO2＋H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H＋＋

HCO－3，D项正确。7．BA项，H2SiF6中，H为＋1价，F为－1价，则Si元素的化合价为＋4价，错误；B项，题给反应中N元素的化合价降低，HNO3仅作氧化剂，正确；C项，生成标准状况下2.24L即0.1molH2时，消耗0.1molSi，转移电子的物质的量为0.4mol，错误；

D项，芯片的主要成分是硅，与硫酸不反应，所以芯片刻蚀液不可用硫酸代替，错误。8．CA项，SiO2与HF的反应属于特殊的反应，不是典型的酸、碱、盐与氧化物之间的反应，不能比较碳和硅的非金属性的强弱，错误；B项，高温下SiO2能与Na2CO3固

体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下或水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，错误；D项，该反应说明C的还原性强于Si，无法比较C、Si的非金属性强弱，非金属性强弱应根据氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性、单质的氧化性等进行比较，错误。9．AAlCl3是由分子构成

的共价化合物，不能通过电解熔融AlCl3制取金属Al，而要通过电解熔融Al2O3方法冶炼Al，A错误；硅电池板是向空间实验室提供电能的装置，可以将光能直接转化为电能，B正确；SiC又称金刚砂，属于无机非金属材料，其硬度高，耐高温，C正确；碳纤维是一种新型无机非金属材料，

D正确。10．Bb是卤化硅且硅元素显＋4价，常温常压下，四氟化硅是气态，A错误；硅元素显＋4价的硅酸盐溶液和CO2反应可以生成H2SiO3胶体，B正确；a是Si，c是SiO2，木炭和SiO2反应生成CO和Si，C错误；c是SiO2，d是H2SiO3，SiO2不能与水反应生成H2SiO3，

即c不能直接转化为d，D错误。11．DA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胶状沉淀，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沉淀和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，溶液又变浑浊，正确。12．(1)r(H＋)<r(

Mg2＋)<r(N3－)<r(Cl－)第三周期第ⅡA族[H∶O····∶]－Mg2＋[∶O····∶H]－(2)Mg2Si熔融电解NH3和NH4Cl(3)SiC(4)2Mg(OH)2＋2SO2＋O2===2MgSO4＋2H2O解析：(1)MgCl2·6NH3所含元素形成的简单离子为Mg2＋、Cl－

、N3－、H＋，这几种离子半径由小到大的顺序为：r(H＋)<r(Mg2＋)<r(N3－)<r(Cl－)。Mg在周期表的第三周期ⅡA族。氢氧化镁是离子化合物，其中含有1个Mg2＋和2个OH－，所以电子式为：[H∶O····∶]－Mg2＋[∶O····∶H]－。

(2)根据元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考虑到各自化合价Mg为＋2，Si为－4，所以化学式为Mg2Si。反应②是MgCl2熔融电解得到单质Mg，所以必备条件为：熔融、电解。反应①需要的是Mg2S

i、NH3和NH4Cl，而后续过程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循环的是NH3和NH4Cl。(3)在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料一定有Si和C，考虑到课本中介绍了碳化硅的高硬度，所以该物质为SiC。(4)为实现燃煤脱硫，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，二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化镁这样的碱应该反应得到盐(亚硫酸镁)，考虑到题目要求写出得到稳定化合物的方程式，所以产物应该为硫酸镁(亚硫酸镁被空

气中的氧气氧化得到)，所以反应为：2Mg(OH)2＋2SO2＋O2===2MgSO4＋2H2O。专练17氯、溴、碘及其化合物1．D实验室制备氯气。A项，除杂装置，先除去HCl，后除去水蒸气，正确；B项，集气装置，氯气密度比空气大，进气管

长，出气管短，正确；C项，探究干燥的红布条和湿润的红布条与氯气的反应，正确；D项，尾气吸收应用碱液，错误。2．D向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；已知I－3(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成Z

nI2，生成的I－与I2发生反应I－＋I2⇌I－3，生成I－3使溶液颜色加深，B项正确；I2在水中存在溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)，Zn与I2反应生成的I－与I2(aq)反应生成I－3，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；最终溶液褪色是Z

n与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；答案选D。3．ACl2分子中两个Cl原子的p轨道头碰头重叠，为p­pσ键，A项错误；燃烧生成的HCl气体与空气中的水蒸气结合形成盐酸小液滴，故瓶口有白雾，B项正确；用蘸有浓氨水的

玻璃棒靠近集气瓶口，NH3与HCl形成NH4Cl固体小颗粒，产生白烟，C项正确；该反应为自发的氧化还原反应，可设计成原电池，将化学能转化为电能，D项正确。4．BA项，漂白粉用Cl2与石灰乳反应制取，错误；B项，NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl

，2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O，正确；C项，MgO熔点高，电解时能耗高，不经济，工业上用电解熔融MgCl2的方法制取镁，错误；D项，海带应先灼烧，将海带灰溶于水后过滤，得到含I－的滤液，错误。5．B新制氯水呈黄绿色，是因为溶解了氯气，但不能证明Cl2能与H

2O反应．B不正确。6．BB项，甲烷和氯气反应产物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，故B错误。7．B在装置乙中，混合气体先经过浓硫酸，水蒸气被除去，再经过饱和NaCl溶液，气体中又混入了水蒸气，无法达到实

验目的，故B项错误。8．A①HCl遇KI溶液不能发生反应生成I2，A项错误；由于酸性HCl>H2SiO3，所以浓盐酸遇Na2SiO3溶液会发生反应2HCl＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋2NaCl，由于硅酸是白色难溶性的物质，所以会产生白色胶状

沉淀，B项正确；在饱和NaCl溶液中存在平衡NaCl(s)⇌Na＋(aq)＋Cl－(aq)，HCl溶于饱和NaCl溶液，使溶液中Cl－浓度增大，平衡逆向移动，降低了NaCl的溶解度，因此会析出NaCl固体，即产生白色沉淀，C项正确；HCl溶于NaClO溶液中，会发生反应2HCl

＋NaClO===NaCl＋Cl2↑＋H2O，离子方程式是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，因此有黄绿色气体产生，D项正确。9．BB中N为氯碱工业的主要原料，则N为NaCl，M是造成温室效应的主要气体，M为

CO2，应该是碳酸钠或碳酸氢钠与盐酸反应，如果是碳酸氢钠与盐酸反应，离子方程式中应该是碳酸氢根，故B错误。10．B用双氧水滴定KI­淀粉溶液，有I2生成，溶液立刻变蓝，无法判定终点，A错误；在酸性环境中，KIO3

与KI反应生成I2，B正确；NO2溶于水变为硝酸，硝酸也具有强氧化性，也可使淀粉碘化钾试纸变蓝，C错误；加入AgNO3溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱，D错误。11．A1mol氯气生成Cl－时转移2mol电子，1mo

lClO2生成Cl－时转移5mol电子，1molO3转化为1molO2和1molH2O转移2mol电子，1mol双氧水生成水时转移2mol电子，所以消毒效率最高的是ClO2，A项错误；过氧化氢作氧化剂时，还原产物为水，对环境没有污染，B项正确；该反应中，当有1molClO2生成时转移

的电子个数约为1mol×[(＋4)－(＋3)]×6.02×1023mol－1＝6.02×1023，C项正确；ClO－与浓盐酸中的Cl－在酸性条件下会发生归中反应生成有毒的Cl2，D项正确。12．D电解饱和食盐水过程中，Cl－在阳极失去电子生成Cl2，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl

2↑，A正确；反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应的化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2===Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O，B正确；题述过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C正确；制备漂粉精过程中，Cl2与湿润的Na2C

O3反应生成Cl2O的同时有NaCl生成，Cl原子没有全部进入Ca(ClO)2中，原子利用率达不到100%，D错误。13．DZn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色

原因为I2被Zn还原，A项错误；液体分层后，I2在CCl4层，CCl4的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn>Fe>Sn，则镀锡铁钉更易生锈

，C项错误；漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，其具有强氧化性，可将I－氧化，D项正确。专练18硫及其化合物1．BCu与浓硫酸反应生成Cu2＋，体现了硫酸的氧化性，A项错误；能使紫色石蕊试液变红说明有酸性物质生成，可以说明SO2是酸性氧化物，B项正确；c处褪色，体现了SO2

的还原性，C项错误；反应后混合液中硫酸浓度很高，浓硫酸吸水，导致生成的CuSO4不能形成蓝矾，D项错误。2．CA项，试管内液面上升可能是SO2与水反应，也可能是SO2溶于水使试管内压强减小，错误；B项，因SO2与水的反应是可逆反应，所以有少量气体剩余，不能说明溶液已经饱和，错误；C项，

向溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红是由于SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3电离出H＋，正确；D项，将溶液在空气中放置后pH下降，是由于溶液中的H2SO3被空气中O2氧化成H2SO4，酸性增强，错误。3．CA项，60%硫

酸与NaHSO3反应可得SO2气体，正确；B项，SO2通入水中形成SO2的水溶液，正确；C项，SO2在饱和NaHSO3溶液中的溶解度很小，错误；D项，测定溶液的酸碱性时，用玻璃棒蘸取待测液点到干燥的pH试纸上，观察试纸颜色的变化

，正确。4．CNa2SO3具有还原性，可以和碘单质发生氧化还原反应SO2－3＋I2＋H2O===SO2－4＋2I－＋2H＋，所以还原性：SO2－3＞I－，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－2价，二者在酸性条件下发生归中

反应，生成淡黄色的硫单质，B错误；Na2SO3溶液中SO2－3水解使溶液显碱性，会使酚酞溶液变红，加入氯化钡溶液后，Ba2＋会结合SO2－3形成亚硫酸钡沉淀，促使Na2SO3的水解平衡逆向移动，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，相当于加入了硝酸，SO2－3能被硝酸氧化为SO2－4，SO2－4可以和Ba2＋反应生成硫酸钡沉淀，该沉淀不溶于酸，不能证明Na2SO3溶液已变质，D错误。5．DCu2O是砖红色固体，A错误；不能直接向试管中加入水，试管中可能有剩余的

浓硫酸，向其中加入水会放出大量的热，导致液滴飞溅，B错误；铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫和水反应会生成亚硫酸，亚硫酸能使紫色石蕊溶液变红，但不会褪色，C错误；将实验中产生的二氧化硫气

体通入品红溶液中，溶液褪色，可证明二氧化硫具有漂白性，D正确。6．CSO2能使品红溶液褪色，A合理；SO2使溴水褪色，发生了氧化还原反应(SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr)，二氧化硫被溴氧化为硫酸根离子，SO2表现出还原性，B合

理；Na2S2O3与稀硫酸发生歧化反应生成单质硫(黄色固体)和二氧化硫(刺激性气味气体)，此反应中Na2S2O3既作氧化剂又作还原剂，C不合理；品红溶液②不褪色说明进入其中的气体中无SO2，Na2SiO

3溶液中出现白色浑浊，说明SO2和NaHCO3饱和溶液反应产生了二氧化碳，依据较强酸制较弱酸的原理，说明硅酸比碳酸的酸性弱，D合理。7．B由图可知X、Y、Z、M、N分别为SO2、SO3、H2SO4、CuSO4、CuS。硫在氧气中燃烧生成SO2，不能直接生成

SO3，A项错误；CuS可与硝酸发生氧化还原反应，B项正确；硫化氢与SO2反应的化学方程式为2H2S＋SO2===2H2O＋3S↓，氧化产物和还原产物的物质的量之比应为2∶1，C项错误；S的氧化性较弱，不能由硫和

铜直接反应生成CuS，D项错误。8．D蔗糖遇到浓硫酸变黑，是由于浓硫酸具有脱水性，能将蔗糖中的氢原子和氧原子以2∶1的比例脱去，A错误；棉球a褪色，体现了二氧化硫的漂白性，棉球b褪色，体现了二氧化硫的还原性，B错误；无水硫酸铜可以用

来检验水，但是品红溶液和溴水中都有水，不能确定使无水硫酸铜变蓝的水是由反应产生的，C错误；Ⅲ中溶液颜色变浅，但不褪色，证明二氧化硫完全被消耗，Ⅳ中澄清石灰水变浑浊，说明还产生了二氧化碳气体，D正确。9．D本题结合含硫物质之间的转化关系考查氧化还原反应的相关概念。反应①中Cu与浓硫酸在加热条件下反

应时，浓硫酸将Cu氧化为硫酸铜，表现出氧化性，浓硫酸作氧化剂，A正确；反应②中二氧化硫与NaOH溶液反应生成盐和水且元素的化合价均不变，表明二氧化硫为酸性氧化物，B正确；反应③的化学方程式为Na2SO3＋S===Na2S2O3，生成物只有一种，原

子利用率是100%，C正确；反应④的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，稀硫酸既不作氧化剂也不作还原剂，D错误。10．C本题考查浓硫酸的性质。氨气为碱性气体，能够与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，故A错误；浓硫酸与单质硫反应的化学方程式为2H2SO4(

浓)＋S=====△3SO2↑＋2H2O，此反应中，H2SO4中硫的化合价都降低，所以浓硫酸只表现了强氧化性，故B错误；浓硫酸具有强氧化性，常温下能够使铁、铝表面生成致密的氧化膜而钝化，阻止反应继续进行，所以常温下能够用铁

、铝等容器盛放浓H2SO4，故C正确；在加热条件下，浓硫酸和Cu发生反应：2H2SO4(浓)＋Cu=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸时反应不再发生，所以把足量铜粉投入到含2molH2SO4的热的浓硫酸中，得到气

体的体积在标准状况下小于22.4L，故D错误。11．C为防止环境污染，装置C和E中的试剂均取用浓的氢氧化钠溶液，保证将未反应的二氧化硫吸收完全，避免造成污染，A错误；装置B中发生的反应为SO2＋Na2O2===Na2SO4，则每消耗1molNa2O2，转移电子数为2NA

，B错误；关闭K1，打开K2，试剂X是酸性KMnO4或FeCl3溶液，产生的二氧化硫能被氧化而使溶液褪色，均可证明SO2有还原性，C正确；实验过程中体现了硫酸的强酸性、难挥发性，D错误。12．AS与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，不体现酸性，A错误；增大一种

反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率，所以途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来提高二氧化硫的转化率，从而降低成本，B正确；途径①和②都是由S来制备H2SO4，S的化合价从0价升高到＋6价，制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mole

－，C正确；途径①S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，D正确。专练19氮及其化合物1．D2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于NO2吸附，A

项正确；N2O4被“固定”后，N2O4的浓度减小，2NO2(g)⇌N2O4(g)平衡向正反应方向移动，B项正确；被“固定”后的N2O4与O2、H2O反应生成硝酸，C项正确；2NO2→N2O4无电子转移，12N2O4→HNO3失e－，则每制备0.4mol硝酸，转移电子数为0.4×6.02×1023

＝2.408×1023，D项错误。2．AA项，自然固氮、人工固氮都是将N2转化为含氮的化合物，不一定转化为NH3，错误；B项，侯氏制碱法第一步发生反应CO2＋NH3＋H2O＋NaCl===NH4Cl＋NaH

CO3↓，正确；C项，工业制硝酸发生反应4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O、2NO＋O2===2NO2、3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，正确；D项，N2、NH3、铵盐、硝酸盐等含N物质通过不同途径的相互转化形成了自然界的“氮循环”，正确。3．C由氮元素化合价及物质类别可知

，图中b为NH3，d为NO，NH3催化氧化后的产物为NO和水，A项正确；c为N2，既有氧化性，又有还原性，B项正确；f的化学式可能为NO2，也可能为N2O4，C项错误；g、b分别为HNO3和NH3，可化合生成离子化合物NH4NO3，D项正确。4．C本题考查化学实验装置，涉及氨气的制备、浓硝酸与C

u的反应、喷泉实验等。浓氨水滴到NaOH固体上可产生NH3，由于NH3的密度小于空气，不能采用向上排空气法收集NH3，A错误；铜与浓硝酸反应生成NO2气体，NO2与水反应生成HNO3和NO，不能用排水法测定生成NO2的体积，B错误；NH3极易溶于水，挤压胶头滴管中的水，NH3溶于水，导致烧瓶

内气体压强小于外界大气压，烧杯中的水进入烧瓶中，形成喷泉，C正确；配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，NaCl要在烧杯中溶解，再转移到容量瓶中，D错误。5．An(Cu)＝51.2g64g·mol－1＝0.8mol，n(NaOH

)＝0.5L×2mol·L－1＝1mol，观察反应的最初反应物和最终的生成物，结合得失电子守恒可知，51.2gCu失去的电子数等于HNO3→NaNO2得到的电子数，则0.8mol×(2－0)＝n(NaNO2)×(5－3)，解得n(NaNO2)＝0.8mol，由Na原子

守恒可知n(NaOH)＝n(NaNO2)＋n(NaNO3)，则n(NaNO3)＝1mol－0.8mol＝0.2mol，A正确；常温下，Cu遇浓硝酸不能钝化，B错误；标准状况下NO2和N2O4均为液体，无法确定0.9mol氮氧化物的体积，C错误；反应过程中Cu→Cu(NO3)2，只有铜元素化合价升高

，Cu(NO3)2是氧化产物，不是还原产物，D错误。6．CA项，NaHCO3不是化肥，错误；B项，Na2CO3性质稳定，受热不易分解，错误；C项，NH3和NO2中氮元素的化合价分别为－3和＋4，在一定条件下可发生氧化还

原反应，正确；D项，图中涉及的O2也可用空气，不一定要用纯氧，错误。7．C标况下2.24L混合气体的物质的量为0.1mol；50mL4mol·L－1的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol·L－1×0.05L＝0.2mol。铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝

酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为0.1mol＋0.2mol＝0.3mol，故A错误；生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×12＝0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，

根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：0.2mol4＝0.05mol，消耗标况下氧气的体积为：22.4L·mol－1×0.05mol＝1.12L，故B错误；设NO的物

质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x＋y＝0.1mol，根据电子守恒可得：3x＋y＝0.2mol，解得：x＝0.05mol、y＝0.05mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为1.12L，故C正确；根据B的分析可知，反应

转移的电子为0.2mol，故D错误。8．B1molNH＋4和1mol—OH中分别含有10mol、9mol电子，A错误。联氨的结构式为，1mol联氨中含有4molN—H键和1molN—N键，B正确。过程Ⅱ，N2H4转化为N2H2，氮元素的化合价由－2

变为－1，因此过程Ⅱ属于氧化反应；过程Ⅲ，N2H2转化为N2，氮元素的化合价由－1变为0，因此过程Ⅲ属于氧化反应；过程Ⅳ，NO－2转化为NH2OH，氮元素的化合价由＋3变为－1，因此过程Ⅳ属于还原反应。

综上可知C错误。NH＋4中氮元素为－3价，NH2OH中氮元素的化合价为－1，N2H4中氮元素的化合价为－2，根据得失电子守恒，参与反应的NH＋4与NH2OH的物质的量之比为1∶1，即每处理1molNH＋4，需要的NH2OH为1mol，根据氮原子守恒可知所需n(NO－2)＝n(NH2OH)＝1m

ol，D错误。9．D过程①“雷电作用”中氮气与氧气化合生成NO，反应方程式为N2＋O2=====放电2NO，A正确；过程③“固氮作用”中氮元素化合价降低，氮气被还原，B正确；过程⑤中NO－2被氧化为NO－3，涉及的反应可能为2NO－2＋O2===2NO－3，C正确；过程⑥中氮元

素化合价降低，NO－3被还原，涉及的反应不可能为2NO－3＋12H＋===N2↑＋6H2O，该反应中没有化合价升高的元素，且电荷不守恒，D错误。10．D气体溶于水或某种溶液会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较大的压强差，故能形成喷泉，B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，故均能用该装置做喷泉实验，C正确；NO2和N2O4与水反应后有NO生成

，故液体不能充满烧瓶，D错误。11．B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＋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混合发生氧化还原反应生成氯化铵，B正确

；检验NH＋4时，应向溶液中加入NaOH浓溶液，并加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验是否有NH3生成，C错误；生成红棕色气体证明有二氧化氮生成，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，则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。12．B吸收过程中，尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋，其目的是使尾气

中NO、NO2与石灰乳充分接触，从而使NO、NO2被充分吸收，提高NO、NO2的吸收效率，A正确。石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，Ca(NO2)2易溶于水，Ca(OH)2微溶于水，因此滤渣的主要成分是Ca(

OH)2，B错误。NO、NO2与Ca(OH)2发生反应：NO＋NO2＋Ca(OH)2===Ca(NO2)2＋H2O，n(NO)∶n(NO2)＝1∶1时，恰好反应生成Ca(NO2)2；若NO2过量，会发生反应：4NO2＋2Ca(OH)2===Ca(N

O2)2＋Ca(NO3)2＋2H2O，反应产物中含有杂质Ca(NO3)2，若n(NO)∶n(NO2)>1∶1，NO不能完全被吸收，故为提高Ca(NO2)2的产率及纯度，n(NO)∶n(NO2)应控制为1∶1，C正确。生产中溶

液需保持弱碱性，因在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生反应产生NO，不利于硝酸工业尾气的吸收，D正确。专练20环境保护与绿色化学1．A小苏打是NaHCO3，与Na2CO3无关，A项符合题意；用熟石灰处理酸性废水，发

生酸碱中和反应，B项不符合题意；钢的主要成分是铁，铁与水高温时发生氧化还原反应生成Fe3O4和H2，C项不符合题意；铝耐腐蚀主要是因为在铝的表面易形成致密氧化膜，D项不符合题意。2．C利用干冰汽化降温实现人工增雨，缓解旱情，致使大气中CO2含量增加。3．C在国家允许的

范围内，某些食品加工时，可以适量的使用防腐剂，但不能超量使用，也不能把不可用作防腐剂的物质当成防腐剂使用，A项错误；废旧电池中含有镍、汞等重金属离子，掩埋废旧电池，会造成土壤和水体污染等，B项错误；天然气的

主要成分是CH4，不完全燃烧时会产生CO等有毒气体，C项正确；使用含磷洗涤剂，会导致水体富营养化，引起水华和赤潮等环境问题，D项错误。4．A浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收水果释放出的乙烯，延长水果的保鲜期，A项正确；推广使用煤液化技

术，将固体煤转化为液体燃料，不能减少温室气体二氧化碳的排放，B项错误；过期药品属于有害垃圾，深埋处理会造成土壤污染和水体污染，C项错误；防晒衣的主要成分为聚酯纤维，肥皂液呈碱性，聚酯纤维在碱性条件下容易水解，D项错误。5．C反应(Ⅰ)为N2＋O2===

==高温2NO、反应(Ⅱ)为2NO＋2CO=====催化剂N2＋2CO2，则甲为N2，乙为CO2。N2是空气中体积分数最大的气体，A项正确；CO2是引起温室效应的气体之一，B项正确；反应(Ⅰ)在高温条件下发生

，常温下不发生，C项错误；反应(Ⅱ)中氮元素化合价降低，NO作氧化剂，D项正确。6．B从煤的气化产物的燃烧分析；气态燃料的热利用率高，而且比较清洁；气态燃料比固态煤炭更易充分燃烧；由于反应C＋O2=====点燃CO2中的氧气是用空气代替的，

所以反应后的混合气体中有N2、CO2、CO和H2等。7．B“煤改气”“煤改电”等清洁能源工程减少了可吸入颗粒物等的排放，有利于减少雾霾天气，A项正确；二氧化碳不会形成酸雨，B项错误；用石墨烯弹性气凝胶制成的“碳海绵”具有很强的吸附性，可用作海上原油泄漏的吸油材

料，C项正确；二氧化硫具有还原性，添加微量SO2可防止葡萄酒中营养成分被氧化，D项正确。8．C①在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止污染环境，符合“绿色化学”，故选①；②用沾有碱液的棉球吸收多余的Cl

2，防止污染环境，符合“绿色化学”，故选②；③没有气体处理装置，挥发的HCl和NH3会污染大气，不符合“绿色化学”，故不选③；④气球可以用来收集生成的NO，防止污染环境，符合“绿色化学”，故选④。故正确序号为①②④。9．A由乙烯制备聚乙烯，原子利用率

为100%。A正确。10．C雾和霾的分散剂均是空气，A正确；根据示意图分析，B正确；氨气是反应物不是催化剂，C错误；氮肥会释放出氨气，D正确。11．DA项，生成CH3COOH的总反应为CH4＋CO2――→催化剂CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C—

H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C—C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。12．(1)＋1价(2)2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O(3)Ca(ClO)2＋2H2O

＋2SO2===H2SO4＋CaSO4↓＋2HCl(4)阳极：2Br－－2e－===Br2阴极：2H＋＋2e－===H2↑总反应：2HBr=====通电H2↑＋Br2(5)Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr11.2是该反应不生成污染性物质，且实现了变废为宝，生成物除

循环利用外，都是重要的工业原料专练21元素化合物的综合应用1．AA项，石英砂与焦炭在高温下反应制取粗硅的化学方程式为SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑，陈述Ⅰ正确，SiO2可制成光导纤维，陈述Ⅱ正确，但二者无因果关系，A项符合题意；B项，陈述Ⅱ是陈述Ⅰ的原因，B项不符合题意；C项

，石油裂解气中含有烯烃，能使溴的CCl4溶液褪色，陈述Ⅰ、Ⅱ正确，且陈述Ⅱ是陈述Ⅰ的原因，C项不符合题意；Fe3＋水解生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体，陈述Ⅰ是陈述Ⅱ中FeCl3可作为净水剂的原因，D项不符合题意。2．D工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条

件下反应生成的，反应方程式为N2＋3H2高温、高压催化剂2NH3，A正确；工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2＋Cl2=====点燃2HCl，B正确；工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑

，C正确；冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融)=====电解Mg＋Cl2↑，D错误；故答案选D。3．B镁合金具有硬度大、耐腐蚀性、密度小等方面的特点，可用于制造火箭、导弹和飞机的部件，故A正确；铁粉不能做干燥剂，

可以吸收氧气，可减缓食品被氧化，故B错误；氯气、臭氧、二氧化氯都具有氧化性，可以给饮用水消毒，故C正确；油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，油脂是人体中热值最高的营养物质，故D正确。故选B。4

．A硅属于半导体材料，故可制作太阳能电池板，A项错误；药材里的主要有效成分是有机物，能溶于乙醇，利用了相似相溶原理，B项正确；Fe3＋与SCN－反应生成红色的Fe(SCN)3，C项正确；ClO2具有强氧化性，能杀死细菌和病毒，D项正确。5．D废旧铅酸蓄电池回收PbSO4时加入少

量Fe2＋，发生反应：2Fe2＋＋PbO2＋4H＋＋SO2－4===2Fe3＋＋PbSO4＋2H2O，2Fe3＋＋Pb＋SO2－4===PbSO4＋2Fe2＋，Fe2＋作催化剂，A项项目与所述的化学知识有关联；冰是固态，变为液态水时，混乱度增大

，熵值增大，B项项目与所述的化学知识有关联；合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用醋酸二氨合亚铜溶液来净化原料气，其反应为[Cu(NH3)2]OOCCH3＋CO＋NH3⇌[Cu(NH3)3]CH3COO·CO，C项

项目与所述的化学知识有关联；BaSO4作“钡餐”，是因为BaSO4不溶于胃酸，且不被X射线透过，与其是否为强电解质无关，D项项目与所述的化学知识没有关联。6．A①偏铝酸钠溶液中加入足量的盐酸生成氯化铝

，而不是氢氧化铝，错误；②Mg2＋会发生水解反应生成Mg(OH)2，得不到无水MgCl2，错误；④硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，错误；⑤氯气与铁反应生成FeCl3，不是FeCl2，错误。7．A8．BB中甲是C，乙是SiO2，二者发生以下反

应SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑，生成的丙和丁是CO和Si，CO和CuO发生反应：CO＋CuO=====△Cu＋CO2，不能实现丙到甲的转化，故选B。9．C由观察到的现象①②③可知，逐滴滴加氯水时

，氯气将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，将硫氰根离子氧化为硫酸根离子、二氧化碳和氮气，反应时没有碳酸根离子生成。滴加氯水时只有亚铁离子和硫氰根离子被氧化，A项错误；逐滴滴加氯水后的溶液中含有硫酸根离子，不含有碳酸根离子，则滴加氯化钡溶液时生成的白色沉淀为硫酸钡

，B项错误；氯水与硫氰化钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸、二氧化碳、氮气和盐酸，反应的离子方程式为2SCN－＋12H2O＋11Cl2===2SO2－4＋2CO2↑＋N2↑＋24H＋＋22Cl－，C项正确；若用高锰酸钾溶液代替氯水，具有强氧化性的高锰

酸钾能将溶液中亚铁离子、硫氰根离子氧化并使溶液呈酸性，酸性条件下，高锰酸钾还能与溶液中的氯离子发生氧化还原反应生成黄绿色的氯气，得到气体的颜色不是无色的，则观察到的现象不相同，D项错误。10．B炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体为CO2和SO2，

将SO2通入澄清石灰水也产生白色沉淀，不能证明产生二氧化碳，A项错误；向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取，CCl4层无色，说明Cl2没有与Br－反应只与Fe2＋反应，则还原性：Fe2＋>Br－，B项正确；硅酸钠溶液中滴

加盐酸，出现白色胶状沉淀，只能说明盐酸酸性强于硅酸，HCl不是氯元素的最高价含氧酸，不能说明非金属性：Cl>Si，C项错误；溶液中含有Na2S，加入CuSO4溶液会产生沉淀，未发生沉淀的转化，无法说明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，D项错误。11．B本

题考查氯气性质的探究实验。湿润的淀粉­KI试纸变蓝，说明生成了I2，证明氯气的氧化性强于碘，A正确；②中产生白色沉淀，有可能是①中挥发出的HCl与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀，B错误；③中溶液变为棕黄色说明氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁，Cl元素的化合价从0价降为－1价，说明

氯气有氧化性，C正确；氯气溶于水形成氯水，溶液变红说明氯水具有酸性，后褪色，说明氯水还具有漂白性，D正确。12．A本题考查常见化合物的性质。浓盐酸与二氧化锰生成氯气的反应需要加热，A错误；浓硫酸能够使铝钝化，B正确；浓氨水与硫酸亚铁溶液反

应产生白色沉淀氢氧化亚铁，随后与空气中的O2反应，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的氢氧化铁，C正确；亚硫酸氢钠具有还原性，能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应从而使其褪色，D正确。13．CNO是无色气体，NO2是红棕色气体，Al和稀硝酸反应生成无

色的NO，NO不稳定，易被氧气氧化生成红棕色气体二氧化氮，则发生反应：2NO＋O2===2NO2，A正确；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体是氨气，根据实验Ⅱ、Ⅲ的气体检验结果及现象知，实验Ⅱ、Ⅲ都有NH3产生，B正

确；Al和稀硝酸反应生成NO，其离子方程式为Al＋4H＋＋NO－3===Al3＋＋NO↑＋2H2O，C错误；实验Ⅰ中生成NO，实验Ⅱ、Ⅲ中生成氨气，实验Ⅰ中溶液呈酸性，实验Ⅱ中溶液呈碱性，实验Ⅲ中溶液呈中性，则实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明NO－3在酸、碱及中性

溶液中都被还原，D正确。专练22化学工艺流程1．(1)PbSO4(s)＋CO2－3(aq)===PbCO3(s)＋SO2－4(aq)存在沉淀溶解平衡PbSO4(s)⇌Pb2＋(aq)＋SO2－4(aq)，已知Ksp(PbCO3)≪Ksp(PbSO4)，加入Na2CO3，可

将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，有利于后续溶于酸(2)沉淀转化反应BaSO4(s)＋CO2－3(aq)⇌BaCO3(s)＋SO2－4(aq)的平衡常数K≈0.04，K值较小，说明正向反应程度有限(3)(ⅰ)Fe2＋(ⅱ)Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac

)2＋2H2O(ⅲ)H2O2作还原剂，还原PbO2(4)Al(OH)3、Fe(OH)3、BaSO4(5)Ba2＋、Na＋解析：(1)结合难溶电解质的Ksp，可知利用Na2CO3“脱硫”发生沉淀转化反应：PbSO4(

s)＋CO2－3(aq)===PbCO3(s)＋SO2－4(aq)；存在沉淀溶解平衡PbSO4(s)⇌Pb2＋(aq)＋SO2－4(aq)，已知Ksp(PbCO3)≪Ksp(PbSO4)，加入Na2CO3，可将PbSO4转化为更难溶的P

bCO3，有利于后续溶于酸。(2)沉淀转化反应BaSO4(s)＋CO2－3(aq)⇌BaCO3(s)＋SO2－4(aq)的平衡常数K＝c（SO2－4）c（CO2－3）＝Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3）＝1.1×10－102.6×10－9≈0.04，K值较小，说明正向反应程度有限，BaSO

4不能完全转化为BaCO3。(3)(ⅰ)根据铅膏的组成成分中含铁元素可知，H2O2能够氧化的离子为Fe2＋；(ⅱ)H2O2将Pb氧化为Pb2＋，继而Pb2＋与醋酸反应生成Pb(Ac)2，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O；(

ⅲ)PbO2转化为Pb(Ac)2的过程中Pb元素化合价降低，则H2O2作还原剂，起到还原PbO2的作用。(4)“脱硫”时，BaSO4部分转化为BaCO3，Ba元素以BaSO4、BaCO3的形式进入“酸浸”工序，此外还有Al、Fe等金属元素，结合题给金属氢氧化物沉

淀时的pH和铅膏的成分，可知滤渣中含有Al(OH)3、Fe(OH)3、BaSO4。(5)“沉铅”后的滤液中有“酸浸”时BaCO3溶于酸产生的Ba2＋，还有因加入NaOH溶液而引入的Na＋。2．(1)CaMg(CO3)2=====煅烧CaO

＋MgO＋2CO2↑(2)①Ksp[Ca(OH)2]≫Ksp[Mg(OH)2]，在一定量NH4Cl溶液中，CaO先浸出②Ca2＋＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH＋4③2.4∶1④Ksp(CaCO3)<K

sp(MgCO3)，CaCO3优先析出，沉钙过程中耗NH3且少量NH3挥发，减少MgCO3析出(3)MgO＋H2O===Mg(OH)2，Mg(OH)2＋2NH＋4⇌Mg2＋＋2NH3＋2H2O，随大量氨逸出，平衡正向移动(4)Fe2O3、SiO2、CaSO4、

Mg(OH)2(MgO)(5)NH4Cl、(NH4)2SO4、CO2、NH3解析：(1)白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成CaO、MgO和CO2。(2)②沉钙时通入二氧化碳，发生反应Ca2＋＋2NH3＋H2O＋CO2===C

aCO3↓＋2NH＋4。③由表可知，氯化铵和氧化钙的物质的量之比为2.4∶1时，氧化镁的浸出率较高，且产品中碳酸钙的纯度较低，所以不宜选用的物质的量之比为2.4∶1。(3)“浸镁”的原理为MgO＋H2O===Mg(OH)2，Mg(OH)2＋2NH＋4⇌Mg2＋＋2NH3

＋2H2O，加热蒸馏可使大量氨逸出，平衡正向移动，因此浸出率增大。(5)由上述分析可知，煅烧时产生的CO2、浸钙和浸镁时产生的NH3、沉钙时产生的NH4Cl、沉镁时产生的(NH4)2SO4都可以循环利用。3．(1)6HF＋SiO2===2

H＋＋SiF2－6＋2H2O(2)2.0×10－2SO2－4(3)CaSO4·0.5H2O减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率酸解D解析：氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制Ⅰ脱氟、除硫酸根离子和SiF2－6，过滤，

滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF＋SiO2===2H＋＋SiF2－6＋2H2O。(2)精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF2－6)＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的

化学方程式为H2SiF6＋Na2CO3===Na2SiF6↓＋CO2↑＋H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na＋)＝2c(SiF2－6)，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2(Na

＋)·c(SiF2－6)＝4c3(SiF2－6)，c(SiF2－6)＝34.0×10－64＝1.0×10－2mol·L－1，因此c(Na＋)＝2c(SiF2－6)＝2.0×10－2mol·L－1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2

＋)＝c(SO2－4)＝9.0×10－4＝3.0×10－2mol·L－1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2＋)＝1.0×10－61.0×10－2＝1.0×10－4mol·L－1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2＋)＝1.0×10－10

3.0×10－2≈3.3×10－9mol·L－1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO2－4，然后才是SiF2－6。(3)根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使

用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转

化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：P2O5%＝15、SO3%＝15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线(65℃、80℃)之间，故不能

实现晶体的完全转化，A不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线(65℃、80℃)之间，故不能实现晶体的完全转化，B不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部

以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意。4．

(1)Fe2O3、SiO2SiO2(2)增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率(3)7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤(5)＋26Fe(NH

4)2Fe(CN)6＋ClO－3＋=====△6Fe(NH4)Fe(CN)6＋Cl－＋3H2O＋6NH3↑(6)O2NH3·H2O解析：以熔烧黄铁矿产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料的工艺流程(1)黄铁矿含FeS2、石英(主要成分为SiO2)，焙烧时FeS2发生反应：4

FeS2＋11O2=====焙烧2Fe2O3＋8SO2，石英不反应，因此红渣的主要成分为Fe2O3、SiO2。“酸浸”时Fe2O3和硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，SiO2与硫酸不反应，因此滤渣①的主要成分为SiO2。(3)还原工序中，FeS2与Fe2(SO4)

3溶液反应，若不生成S单质，则FeS2中硫元素被氧化为SO2－4，Fe2(SO4)3被还原为FeSO4，FeS2→2SO2－4失14e－、Fe2(SO4)3→2FeSO4得2e－，根据得失电子守恒，FeS2、Fe2(

SO4)3的化学计量数分别为1、7，再根据原子守恒配平化学方程式即可。(4)由流程图知，通过工序①获得了FeSO4晶体，则工序①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所得母液为硫酸，可以返回“酸浸”循环利用。(5)根据离子式NH＋4、CN－及化合物中正负化合价代数和为0，可知该物质中

Fe的化合价为＋2。氧化工序中NaClO3在酸性条件下将Fe(NH4)2Fe(CN)6氧化为Fe(NH4)Fe(CN)6，NaClO3被还原为NaCl，Fe(NH4)2Fe(CN)6→Fe(NH4)Fe(CN)6失e－，Cl

O－3→Cl－得6e－，根据得失电子守恒，Fe(NH4)2Fe(CN)6、ClO－3的化学计量数分别为6、1，再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式即可。(6)“还原”工序得到的滤液为FeSO4和H2SO4的混合溶液，用其制备Fe2O3·xH2O和(NH

4)2SO4的过程中铁元素被氧化，为了不引入杂质，结合元素守恒知，所加试剂为O2(或H2O2)和NH3·H2O(或NH3)。专练23原子结构与化学键1．B根据质子数和质量数守恒，可推断出abX为62He、mnY为42He，X的中子数为6

－2＝4，A项错误；62He、42He的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B项正确；138O、158O的半衰期很短，不能用作示踪原子研究化学反应历程，C项错误；自然界不存在138O2、158O2分子是因

为138O、158O的半衰期很短，D项错误。2．ASr和Mg、Ca同主族，位于元素周期表第五周期ⅡA族，A项错误；87Sr和86Sr的质量数不同，可用质谱法区分，B项正确；Sr的质子数为38，87Sr的中子数为87－38＝49，86Sr的

中子数为86－38＝48，C项正确；根据题意可知，D项正确。3．C由已知核反应可得Z＋0＝M＋1、A＋1＝R＋1，RMY可用于测定文物年代，则Y是C，R＝14、M＝6、A＝14、Z＝7，X是N。同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，A项正确；C结合3个H失

去1个电子形成CH＋3，B项正确；HNO3的酸性强于H2CO3，C项错误；N可以形成NH3、N2H4，C可以形成多种烃，D项正确。4．C煤油来源于石油的分馏，属于化石燃料，是不可再生能源，A错误；H2燃烧过程中化学能转化为热能和光能，B错误；20Ne的质量数为20，C正确；质子数相同、中子数不

同的同一元素的不同核素互为同位素，3He、3H的质子数分别为2、1，二者质子数不同，不互为同位素，D错误。5．CW、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2是形成酸雨的物质之一，根据原子序数的规律，则W为N，X为O，Y的最外层电

子数与其K层电子数相等，又因为Y的原子序数大于氧的，则Y电子层为3层，最外层电子数为2，所以Y为Mg，四种元素最外层电子数之和为19，则Z的最外层电子数为6，Z为S，据此解答。X为O，W为N，同周期从左往右，原子半径依次减小，

所以半径大小为W＞X，A错误；X为O，Z为S，X的简单氢化物为H2O，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为H2S，没有氢键，所以简单氢化物的沸点为X＞Z，B错误；Y为Mg，X为O，它们可形成MgO，为离子化合物，C正确；Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，

D错误；故选C。6．A16O2－和18O2－的质子数均为8，核外电子数均为10，故离子结构示意图可以表示16O2－，也可以表示18O2－，A正确；空间填充模型需注意原子半径的相对大小，原子半径：Cl>C>H，故可以表示甲烷分子，但不能表

示四氯化碳分子，B错误；氯化铵是离子化合物，其电子式为，C错误；CO2的结构式为O===C===O，D错误。7．C全氮类物质爆炸产物无污染，所以属于绿色能源，A正确；每个N＋5中含有5个氮原子核，B正确；每个N－5中含有的质子数为7×5＝35，电子数为35＋1＝36，C错误；N1

0由N＋5和N－5构成，阴、阳离子间存在离子键，而离子内氮氮原子之间存在非极性共价键，所以N10结构中含非极性共价键和离子键，D正确。8．BX、Y为短周期元素，X的周期数是族序数的3倍，则X是第三周期第ⅠA族的Na元素

；则X的质子数z＝11，其质量数为2×11＋1＝23，根据2311Na＋42He―→wpY＋11H可知，Y的质子数p＝11＋2－1＝12、质量数w＝23＋4－1＝26，则Y为Mg元素。根据分析，wpY的质

量数为26，A错误；X、Y的简单离子依次为Na＋、Mg2＋，两种离子都具有与Ne原子相同的电子层结构，B正确；X的常见氧化物有Na2O、Na2O2，Mg的常见氧化物为MgO，Na2O、MgO中只含离子键，而Na2O2中既有离子键又有非极性共价键，C错误；X的最

高价氧化物对应的水化物为NaOH，Mg的最高价氧化物对应的水化物为Mg(OH)2，NaOH与Mg(OH)2不反应，D错误。9．DNO中只含氮氧共价键，是共价化合物，A项正确；O2的结构式为O===O，含非极性共价键，B项正确；过程②是NO中共价键断裂的过程，吸收能量，过程③

是N与N、O与O形成共价键的过程，释放能量，C项正确；NO分解生成N2的反应中N的化合价由＋2降为0，则生成标准状况下11.2L(0.5mol)N2时，转移2mol电子，阿伏加德罗常数NA的值约为6.02×1023，故转移电子数约为1.204×1024，D

项错误。10．DNH4F是离子化合物，D错误。11．B①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如：AlCl3是共价化合物，故①错；②ⅠA族和ⅦA族元素的原子化合时，不一定形成离子键，也可能形成共价键，ⅠA族的H原子与ⅦA族元素的原子化合时形成共价键，故②错

；③由非金属元素形成的化合物也可能是离子化合物，如铵盐，故③错；④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，④对；⑤离子键的本质是阴、阳离子间的静电作用，不只是引力，还包括静电斥力等，⑤错；物质只要含有离子键就一定是离子化合物，⑥⑦对。12．(1)20CaCl2(2)硫碳(3)B(4)BD解析：(1)

由X原子的结构示意图不难推知其为，该元素为Ca，根据CaY2可知Y为－1价，又因Y－与Ca2＋的电子层结构相同可知Y为Cl。(2)Z、W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，且Z、W能形成一种ZW2型分子，则Z、W是C或S。Z与Y相邻，则Z是S，W是C。(3)CaCl2是仅含离子键

的离子化合物，CS2是共价化合物，仅含有共价键，A项错误，B项正确；根据周期律，S的非金属性弱于Cl，则H2S的稳定性比HCl弱，C项错误；Ca2＋、Cl－具有相同的电子层结构，但Ca2＋的核电荷数大，半径小，D项错误。(4)XY2为CaCl2，其电子式为[∶Cl····∶]－Ca

2＋[∶Cl····∶]－，H2S的水溶液为弱酸，应写成分子式，即Cl2＋H2S===2H＋＋2Cl－＋S↓，A、C两项错误。13.(1)第三周期第ⅥA族＜(2)(3)SO2－3＋2H＋===H2O＋SO2↑或HSO－3＋H＋===H2O＋SO2↑(4)H2O2OH－＋CN－＋H2O2=

==CO2－3＋NH3↑解析：H的原子半径最小，所以X为H；X和M同主族，由M在题述元素中的排序知，M是Na。Y、Z、W位于第二周期，它们与H可形成等电子分子，结合Z、W的最外层电子数之和与Na的核外电子总数相等知，Y、Z、W依次为C、N

、O，W与N同主族，则N为S。(1)C的非金属性弱于O的非金属性，故CH4的稳定性比H2O的弱。(2)H、N形成的含18电子的化合物是N2H4，N2H4的电子式为。(3)由H、N、O、S组成的既能与盐酸反应又能与氯水反应的

离子化合物为NH4HSO3或(NH4)2SO3，其分别与足量盐酸反应的离子方程式为HSO－3＋H＋===H2O＋SO2↑、SO2－3＋2H＋===H2O＋SO2↑。(4)H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，H2O2氧化碱性工业废水中CN－的离子方程式为OH－＋CN－＋H2O

2===CO2－3＋NH3↑。专练24元素周期律及其应用1．DQ、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍，则Q为第二周期元素，Y的最外层电子数为4且与Q位于不同周期，故其位于第三周期，则Y为S

i；X与Y相邻，X为Al；根据4种元素原子最外层电子数之和为19，可知Q与Z最外层电子数之和为12，Q、Z可能是O、S，也可能是N、Cl，还可能是F、P。A项，Al的非金属性弱于第二周期的N、O、F，错误；B项，铝是金属晶体，熔点比单质硅(共价晶体)低，错

误；C项，Q的简单氢化物存在分子间氢键，故沸点高，错误；D项，Z是原子序数大于Y的同周期元素，非金属性：Z>Y，最高价含氧酸的酸性：Z>Y，正确。2．BBe的金属性弱于Mg，常温时镁和冷水不反应，因此Be单质不能与水发生剧烈反应，A错误；Y与Q元素组成的CCl4或SiCl4分子，空间构型

均为正四面体，B正确；Y、Z、Q三种元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，C错误；第5周期且与Cl同主族元素的单质是碘，碘在常温常压下呈固态，D错误。3．AW、X、Y为短周期元素，原子序数依次增大，简单离子X2－与Y2＋具有相同的电子结

构，则它们均为10电子微粒，X为O，Y为Mg。W、X、Y组成的物质能溶于稀盐酸有无色无味的气体产生，则W为C，产生的气体为二氧化碳，据此解答。X为O，氧的常见价态有－1价和－2价，如H2O2和H2O，A正确；W为C，X为O，Y为Mg，同主族时电

子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，原子半径越大，所以原子半径大小为：Y＞W＞X，B错误；Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，水合物为Mg(OH)2，Mg(OH)2只能与酸反应生成盐和

水，不能与碱反应，所以YX的水合物没有两性，C错误；W为C，碳的同素异形体有：金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，种类不止四种，D错误；故选A。4．B由题给信息可推出R、W、X、Y、Z分别为H、N、O、Al、S。A项，

元素非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，所以简单氢化物稳定性：X>W，错误；B项，Y为Al，其氧化物Al2O3是两性氧化物，正确；C项，H、N、O三种元素可以组成离子化合物NH4NO3，错误；D项，O元素没有最高正价，错误。5．CX、Y、Z、W

为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y同周期并相邻，且Y是组成水的元素之一，则Y为O元素，X为N元素，Z在同周期主族元素中金属性最强，则Z为Na元素，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，则W为Cl元素。NC

l3分子的空间构型为三角锥形，其正负电荷的中心不重合，属于极性分子，A错误；H2O和NH3均含有氢键，但H2O分子形成的氢键更多，故沸点H2O＞NH3，B错误；O元素与Na元素形成的化合物Na2O、Na2O2均为离子化合物，C正确；N、O、Na

三种元素组成的化合物NaNO3呈中性、NaNO2呈碱性，D错误。6．DW和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，则W是O、Y是S；X是地壳中含量最多的金属元素，则X是Al；Z为在S之后的短周期主族元素，只能为Cl。O的非金属性大于S，A项错误；AlCl3是共价化合物

，B项错误；没有限定为最高价氧化物的水化物，H2SO3、HClO是弱酸，C项错误；Al与S可形成Al2S3，D项正确。7．D原子半径：Al>S>N>H，A项错误；H和N可形成NH3和N2H4等化合物，B项错误；Al2O3是典型的

两性氧化物，与强酸和强碱均能反应生成盐和水，C项错误；H、N、S三种元素形成的(NH4)2S为离子化合物，既含离子键又含共价键，D项正确。8．C根据题意可推知，x是H，y是C，z是N，d是O，e是Na，f是Al，g是S，h是Cl。O2－、Na＋、Al3＋具有相同的电子层结构，核

电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：O2－>Na＋>Al3＋，A项错误；由于NH3、H2O中存在分子间氢键，故沸点：H2O>NH3>CH4，B项错误；除去实验后残留的硫黄，可用热的氢氧化钠溶液：3S＋6NaOH=====△2Na2S＋Na2SO3

＋3H2O，C项正确；NaCl含有离子键，AlCl3含有共价键，D项错误。9．A短周期主族元素中，原子最外层电子数是电子层数的2倍的元素为C和S，由图中原子半径和原子序数关系可知R为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，结

合题图知Y为O，Z为Na；Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡，则T为S；X的原子半径最小，原子序数最小，则X为H。相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质沸点越高，又因为水分子间存在氢键，故沸点：H2O>H2S

>CH4，A项正确；氧原子半径小于钠原子半径，氧离子和钠离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故钠离子半径小于氧离子半径，B项错误；最高价氧化物对应的水化物的酸性H2SO4>H2CO3，C项错误；元素非金属性越强，其单质氧化

性越强，非金属性：O>S>C，故单质氧化性O2>S>C，D项错误。10．B自然界中硬度最大的单质和a都由X组成，则X应为C元素，a为木炭；d能使品红溶液褪色，则d应为SO2；e是液体，结合题给转化关系及b由W、Y、Q三种元素组成，可推出b为H2SO4，c为CO2，e为H2O；e

和h反应生成b，结合e、b的化学式及h是二元化合物，可知h为SO3，d和g在催化剂、加热条件下生成h，则g为O2，c和f反应生成g，f是二元化合物，则f为Na2O2。综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、C、O、Na、S。水分子间存在氢键，水的沸点较高，CO2、SO2常

温下为气体，其相对分子质量越大，沸点越高，故沸点由大到小的顺序为H2O>SO2>CO2，A项正确；元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：O>S>C，则简单氢化物的热稳定性：H2O>H2S>CH4，B项错误；同周期主

族元素从左到右非金属性逐渐增强，故非金属性：O>C，H的非金属性较弱，则非金属性：O>C>H，C项正确；同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素随原子核外电子层数增多，原子半径增大，则原子半径的大小

关系为Na>S>O，D项正确。11．(1)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑(2)bc(3)H∶O····∶O····∶HH2O2⇌H＋＋HO－2(4)H2O2＋2HIO===I2＋O2↑＋2H2O(5)2Fe3＋＋Cu===2Fe

2＋＋Cu2＋解析：X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为H元素；Y元素的主要化合价有－4价、＋4价，位于第ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z元素位于第三周期，其简单离子在同周期元素的简单离子中半径最小，则Z为Al元素；R元素的主要化

合价有－1价、＋7价，则R为Cl元素；M元素主要化合价有－2价，位于第ⅥA族，原子半径小于Cl原子半径，则M为O元素，据此作答。(1)Z为Al元素，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al＋2OH－

＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑。(2)R为Cl元素，Y为Si元素，物质的聚集状态属于物理性质，不能根据单质的聚集状态判断元素非金属性强弱，选项a错误；元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，稳定性：HCl>SiH4，说明非金

属性：Cl>Si，选项b正确；Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl原子吸引电子的能力更强，则Cl元素的非金属性更强，选项c正确；应通过比较最高价含氧酸的酸性强弱来比较元素的非金属性强弱，选项d错误。(3)X2M2为H2O2，电子式为H∶O····∶O····∶H；H2O2为

酸性比碳酸弱的二元弱酸，则第一步电离的电离方程式为H2O2⇌H＋＋HO－2。(4)H2O2分解生成H2O和O2，由总反应式2H2O2===2H2O＋O2↑减去第一步反应H2O2＋I2===2HIO即可得到第二步反应：H2O2＋2HIO===I2＋O2↑＋2H2O。(5)Fe

Cl3溶液常用来蚀刻印刷电路板，发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。12．(1)第二周期第ⅤA族K＋[∶S····∶]2－K＋(2)<<<>(3)①ClO－4②3ClO－

===ClO－3＋2Cl－放热解析：A、B、C在周期表中相邻，且三种元素的原子最外层电子数之和为18，应为同周期相邻元素，且分别位于周期表第ⅤA、ⅥA、ⅦA元素，应分别为N、O、F元素，B、D同主族，则D为S元素，D、E同周期，则E为Cl元素，F是其所在周期中最活泼的金属元素，

由原子序数关系可以知道F为K元素。(1)A为N元素，位于周期表第二周期第ⅤA族，D与F形成的最简单离子化合物为K2S，电子式为K＋[∶S····∶]2－K＋。(2)K＋、S2－具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径K＋<S2－

。同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，则N<O；因非金属性Cl>S，则S的最高价氧化物的水化物的酸性小于Cl的最高价氧化物的水化物的酸性；非金属性F>Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：HF>HCl。(3)①由

图可以知道，D中Cl元素的化合价为＋7价，则D为ClO－4；②结合Cl元素的化合价可以知道B→A＋C反应为3ClO－===ClO－3＋2Cl－，生成1molC时能量变化为3×60kJ－63kJ＝117kJ，反应物总能量大于生成物总能量，该反应放出117kJ热量。专练25元

素周期表及其应用1．C由同周期和同主族元素原子半径变化规律可知A项正确；同周期元素非金属性从左到右逐渐增大，B项正确；若甲为C，烷烃、烯烃遇氯化氢无白烟产生，C项错误；磷酸、硅酸均能与强碱反应，D项正确。2．A题图中

X形成四个共价键，则X位于第ⅣA族，Y形成三个共价键，位于第ⅢA族或第ⅤA族，Z形成两个共价键，位于第ⅥA族，R形成一个共价键，为H元素或位于第ⅦA族，Q形成五个共价键，位于第ⅤA族，结合原子序数关系可知，X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、R为F元素、Q为P元素。图示化合物中P最外层有10个

电子，A项错误；五种元素中F的非金属性最强，对应的简单氢化物HF最稳定，B项正确；NO2为红棕色，N2O4为无色，2NO2⇌N2O4是放热反应，降温时其平衡正向移动，气体颜色变浅，C项正确；大气中的O3含量与环境污染密切相关，D项正确。3

．A地壳中含量最多的元素为O，则Z为O元素，Z、W为同周期相邻元素，且原子序数依次增大，则W为F元素，X的核外电子总数为最外层电子数的2倍，且X的原子序数小于O，则X为Be元素，Y为B元素。常温下，水为液态，HF为气体，则简单氢化物沸点

H2O>HF，A正确；BF3中B原子的价层电子对数为3＋12×(3－3×1)＝3，无孤电子对，则BF3的空间构型为平面三角形，B错误；同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小顺序为Be>B>O>F，C错误；碱性：Be(OH)2>H3BO3，D

错误。4．C根据Z元素的最外层电子数是次外层的3倍知Z为O，而X只能是N，观察此表的规律，不难得出X、Y在同族，故Y为P，根据同族元素所处的位置在此表中的规律填出如下结果：白格中有稀有气体元素，稀有气体元素不属于主族元素，故A错误；N和O元素形成的化合物有多种，

故B错误；N的非金属性大于P的，非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，故C正确；N、P、O三种元素中非金属性最强的是O，非金属性越强，简单氢化物越稳定，所以简单氢化物最稳定的是H2O，故D错误。5

．Bs的水溶液俗称水玻璃，则s为Na2SiO3；m可制作耐火管且属于两性物质，则m为Al2O3；0.1mol·L－1n溶液的pH为13，则n为一元强碱溶液，应该为NaOH；结合短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大可以知道，

X为H、Y为O、Z为Na、W为Al、R为Si元素。Y为O、R为Si元素，非金属性越强，氢化物稳定性越强，则对应氢化物的稳定性：Y>R，A错误；Y为O、Z为Na、W为Al，三种元素的离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子

半径越小，则离子半径Y>Z>W，B正确；Z为Na、W为Al，则W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的弱，C错误；X为H、Z为Na、R为Si，其单质分别为氢气、金属钠和硅，对应晶体分别为分子晶体、金属晶体和原子晶体，Si的沸点最高，氢气沸点最低，即单质沸点：R

>Z>X，D错误。6．A短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增加，其中W原子最外层电子数是其所在周期数的2倍，则W为碳，Y＋和X2－的电子层结构相同，则X为氧，Y为钠，Z的原子序数等于W和Y的核外电子数之和，所以Z为氯。

一般情况下，碳显＋4价，氧显－2价，氯显－1价，所以从化学键角度推断，可以形成COCl2这种共价化合物，故A正确；O、Na、Cl形成离子时的半径大小为Cl－>O2－>Na＋，所以B错误；工业上用电解食盐水制氯气，故C错误；HCl的水溶液即盐酸是强

酸，而CO2的水化物即碳酸是弱酸，但不能说明Cl的非金属性比C的强，应该用HClO4的酸性强于碳酸来证明，所以D错误。7．B由于该四种元素均是短周期元素，W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，且W与Z同主

族，原子序数相差8，故Z为O，W为S，则X为Si，Y为N。同周期主族元素的原子半径从左到右依次减小，同主族元素的原子半径从上到下依次增大，故半径：r(X)>r(Y)>r(Z)，A错误；X为硅，位于元素周期表中第3周期第ⅣA族，B正确；比较元素非金属性的强弱时应比较其最高价

氧化物对应的水化物的酸性强弱，C错误；SiO2和NO2的结构和化学性质均不相似，D错误。8．D由题图信息可知，X、Y、Z、M、N原子序数依次增大，且除Z以外其他元素最高价氧化物对应水化物的溶液都显酸性，可知X、Y为第二周期非金属元素，Z为Na，M、N为第三周期非金属元素，故X为B或C

，Y为N，Z为Na，M为S，N为Cl。A项，原子半径：Z>X>Y，错误；B项，NaH为离子化合物，错误；C项，非金属性：S<Cl，则最高价氧化物对应水化物的酸性：M<N，错误；D项，氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子个数比均为1∶2，正确。9．D根据题干信息及化合物A中各元素原子的成键数目可知，

X为H，Y为C，Z为N，W为O。A项，Y的氢化物可能为固态烃，其沸点高于H2O，错误；B项，原子半径大小顺序为Y>Z>W>X，错误；C项，非金属性强弱顺序为W>Z>Y>X，错误。10．D由以上分析可以知道a为C元素、

b为Al元素、c为S元素，d为Cl元素。Al3＋发生水解使溶液呈酸性，S2－发生水解使溶液呈碱性，A正确；同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Cl<S<Al，B正确；a的气态氢化物甲烷是造成温室效应的气体之一，C

正确；氢键与物质的稳定性无关，决定稳定性的为共价键，故D错误。11．D由题意可知X为H，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，则M为O元素，W为Mg元素，Y、Z分别为C、N元素；N是用量最多的金属元素，则N为Fe。同周期主族元素自左而

右原子半径减小，同主族元素自上而下原子半径增大，故原子半径Mg>C>N>O>H，A正确；Fe2O3可用作油漆和涂料，B正确；NH3的沸点小于H2O，C正确；工业上制备Mg单质的方法为电解熔融的MgCl2，D错误。12．(1)第三周期第Ⅵ

A族(2)NH4SCN(3)N≡C—O—O—C≡N(4)(CN)2＋2OH－===CN－＋CNO－＋H2O(5)2NH3＋4O3===NH4NO3＋4O2＋H2O解析：元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；Z2－电子层结构与氖

相同，Z是O元素；M是S元素。W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。(1)S位于元素周期表中第三周期ⅥA族；(2)化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色p中含有SCN－；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝

的气体，p中含有NH＋4。p的化学式为NH4SCN。(3)由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1∶1∶1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双

键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。(4)(CN)2的性质与Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2＋2OH－===CN－＋CNO－＋H2O。(5)常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐

NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为：2NH3＋4O3===NH4NO3＋4O2＋H2O。专练26元素位—构—性综合推断1．C同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，A项正确；同周期元素从左到右非金属性依次增强，同主族元素从上到下非金属性依次

减弱，故非金属性O>C>Si，B项正确；F2具有强氧化性，C项错误；82号元素的原子结构示意图为，位于第6周期第ⅣA族，D项正确。2．BZ的最外层电子数为K层的一半，则Z的最外层电子数为1，又W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期

主族元素，则Z不可能为氢、锂元素，故Z为第三周期的Na元素。Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，且Y的原子序数小于11，又W与X可形成原子个数比为2∶1的18e－分子，分析可知N2H4符合题意，故W为氢元素、X为氮元素，则Y为氧元素。Z、X、Y的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大

，离子半径越小，即简单离子半径：X>Y>Z，A错误；W与Y能形成H2O2，既含有极性键又含有非极性键，B正确；X和Y形成的最简单氢化物分别为NH3和H2O，常温下，NH3为气态，H2O为液态，故H2O的沸点更高，C错误；由氢、氮、氧三种元素所

组成的化合物NH3·H2O的水溶液呈碱性，D错误。3．B由“W、N、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”和“Y所处的周期序数与族序数相等”推出Y为Al，由“甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的化合物，丁是氯碱工业的一种产物

”推出丁为NaOH，由“戊为二元化合物，常温下0.01mol·L－1戊溶液的pH为2”推出戊为HCl，由图可知，甲既能与丁(NaOH)反应，又能与戊(HCl)反应，且生成的乙和丙反应又能生成甲，则甲为Al(OH)3，乙

为NaAlO2，丙为AlCl3。进一步推出W、N、X、Z分别是H、O、Na、Cl。根据同一周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同一主族元素从上到下原子半径依次增大可知，原子半径：O<S<Al<Na，A项正确；水分子的比例模型是V形而

不是直线形，B项错误；NaOH中含有Na＋与OH－形成的离子键和H与O形成的共价键，C项正确；AlCl3是分子晶体，D项正确。4．D分析可以知道，X为H，Y为O，Z为Na，W为S。电子层数越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径

：W>Y>Z>X，A正确；水分子间含氢键，则W、Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点：Y>W，B正确；Na2O和NaH均由阴阳离子构成，都只存在离子键，所以C正确；u为SO2，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，抑制水的电离，v为NaOH，抑制水的电离，D错误。5．A分析可以知道，a为N2，

b为H2，c为F2，d为NH3，e为HF，f为NH4F。铵盐不稳定，加热易分解，结合氯化铵的性质可以知道，f受热易分解为d和e，A正确；c为F2，具有强氧化性，故B错误；非金属性F>N，则稳定性：e>d，C错误；N原子位于第二周期第VA族，D错误。6．DM

元素的单质是自然界最轻的气体，M为H；N元素的原子半径是所在周期原子半径最大的，则N应为第三周期第ⅠA族的Na；结合图中的位置，设A的原子序数为x，则B为x＋1，D为x＋2，E为x＋10，它们的原子序数之和为3

7，所以x＋x＋1＋x＋2＋x＋10＝37，x＝6，即A为C，B为N、D为O，E为S；由上述分析可以知道，M为H，A为C，B为N，D为O，N为Na，E为S。水分子间含氢键，且氢键数目比氨分子多，甲烷不含氢键，则沸点：M2D>BM3>AM4，A正确；电子层越多，原子半径越大

，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：rE>rA>rB>rD，B正确；化合物AnM2n分子中既含有C、H形成的极性键又含有C、C形成的非极性键，C正确；B元素的氢化物与D元素的单质在一定条件下能发生置换反应，为

4NH3＋3O2=====催化剂△2N2＋6H2O,O元素的化合价降低、N元素的化合价升高，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶4，故D错误。7．C根据已知条件，结合物质的转化关系图，可知：a、b、c、d分别为：H、C、N、O这四种元素，甲、乙、丙、W、X、

Y、Z分别为：C、O2、HNO3、CO2、H2O、NO2、NO，根据分析可解答问题。b、c、d分别为C、N、O，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：b>c>d，A错误；a、c分别为H、N，可以形成离子化合物NH4H，B错误；W、X、

Y分别为CO2、H2O、NO2，由于H2O分子间能形成氢键，所以H2O的熔沸点最高，C正确；Y、Z分别为：NO2、NO，NO2能与水反应生成一氧化氮和硝酸，NO2不能用排水法收集，D错误。8．B根据题给结构式中各元素原子成键数目和题干信息可得，X为H、Y为C、Z为O、Q为

Na。A项，生成的有机物为CH3CH(OH)COOH，含羟基和羧基两种官能团，正确；B项，钠原子核外有三个电子层，原子半径最大，错误。9．DY元素的最高正价为＋4价，为第ⅣA族元素，又知Y与Z、M相邻，且与M同族，可推知Y为C，Z为N，M为Si，化合物Z2X4的电子总数为18，则推

知X为H；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，推出Q为Cl。X、Z和Q三种元素形成的化合物氯化铵为离子化合物，D错误。10．D根据四种元素形成的化合物结构aY2X3·bZX2的特点，可知该物质是盐，表示成氧化物形式，应该为硅酸盐。结合元素原子序数大小关系及气态单质W2、X2合成W2X2可知

：W是H，X是O，Y是Al，Z是Si。Z是Si元素，最高化合价是＋4价，Y是Al元素，最高化合价是＋3价，所以元素主要化合价(最高正价)：Z>Y，A项正确；在地壳中各种元素的含量由多到少的顺序为O、Si、Al、Fe、Ca、Na等，可见地壳中元素含量：X>Z>Y，B项正确；Y2X3是Al2O

3，该物质是离子化合物，离子之间以极强的离子键结合，其熔点较高，ZX2是SiO2，该物质属于原子晶体，原子之间以共价键结合，具有较高的熔点，C项正确；W是H，X是O，二者形成的化合物H2O2中既含有极性键H—O键，也含有非极性键O—O键，D项错误。11．(1)第三周期第ⅢA族(2)O

2－Na＋HClO4H2SO4(3)(或H∶O····∶O····∶H或H∶C⋮⋮C∶H)(4)2Na(s)＋O2(g)===Na2O2(s)ΔH＝－511kJ·mol－1[或Na(s)＋12O2(g)===12Na2O2(s)ΔH＝－255.5kJ·mol－1](5)①NH4Al(SO4)20

.01mol②NH＋4＋OH－===NH3·H2O③0.026解析：从题图中的化合价和原子半径的大小，可知x、y、z、d、e、f、g、h分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。(1)f是Al元素，在元素周期表中的位置是第三周期第ⅢA族。(2)核外电子

排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故r(O2－)>r(Na＋)；元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：HClO4>H2SO4。(3)题给元素组成的四原子共价化合物有NH3、H2O2、C2H2等，其电子式分别为、H∶O···

·∶O····∶H、H∶C⋮⋮C∶H等。(4)1molNa(s)在足量O2(g)中燃烧生成Na2O2，放出255.5kJ热量，据此写出反应的热化学方程式。(5)①R是NH4Al(SO4)2，其物质的量n＝cV＝0.01L×1mol·L－1＝0.01mol；②加入氢氧化钠溶液30～40mL的过程中

，沉淀的物质的量不变，说明此时是NH＋4与OH－反应生成NH3·H2O，则m点反应的离子方程式为NH＋4＋OH－===NH3·H2O；③10mL1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中Al3＋物质的量为0.01mol，NH＋4的物质的量为0.01mol，SO2－4的物质的量为0.02mo

l，20mL1.1mol·L－1Ba(OH)2溶液中Ba2＋的物质的量为0.022mol，OH－的物质的量为0.044mol，由SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓，可知SO2－4不足，故可以得到0.02molBaSO4沉淀，Al3＋＋3OH－===Al

（OH）3↓0.01mol0.03mol0.01mol反应后剩余OH－的物质的量为0.044mol－0.03mol＝0.014mol，NH＋4＋OH－===NH3·H2O0．01mol0.01mol反应后剩余OH－的物质的量为0.014mol－0.01mol＝0.0

04mol，Al(OH)3＋OH－===AlO－2＋2H2O0．004mol0.004mol反应消耗0.004molAl(OH)3，故得到Al(OH)3沉淀的物质的量为0.01mol－0.004mol＝0.006mol，则最终得到沉淀的物质的量为0.02mol＋0.006mol＝0.026mol。

专练27化学反应中的能量变化及图像1．B冰醋酸逐渐凝固，说明小烧杯中发生的反应吸热，导致冰醋酸温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，A错误；小烧杯中发生的反应为吸热反应，吸收的热量转化为产物内部的能量

，B正确；因题给反应为吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量，C错误；反应热＝反应物的键能和－生成物的键能和，此反应为吸热反应，说明反应物中化学键断裂吸收的能量比生成物成键放出的能量多，D错误。2．C本题考查化学反应与能量

。断开1molC—H键需要吸收440kJ能量，1mol甲烷催化裂解成C和H2要断裂4molC—H键，形成2molH—H键，故1mol甲烷催化裂解成C和H2的ΔH<＋1760kJ·mol－1，A错误；由题图可知，步骤②、③中反应物总能量高于生成物总能量，则步

骤②、③反应均为放热反应，B错误；甲烷分解生成碳，由题图可知，碳可吸附在催化剂表面，会在催化剂表面沉积，使催化剂的活性降低，C正确；使用催化剂，改变反应途径，从而改变反应的活化能，但反应的焓变与反应途径无关，加入催化剂，反应的焓变(ΔH)不变，D错误。3．C反应热ΔH＝生成物的总能量

－反应物的总能量，则2X(g)===Z(g)ΔH＝E1－E2，A错误；由题图可知，反应2X(g)===3Y(g)的活化能＝E5－E2，B错误；由题图可知，2X(g)===Z(g)是放热反应且ΔH＝E1－E2，又因为Z

(g)===Z(s)放出热量，故2X(g)===Z(s)ΔH<E1－E2，C正确；物质能量越高越不稳定，由题图可知，能量：E[3Y(g)]>E[2X(g)]>E[Z(g)]，不能得出E[Y(g)]、E[X(g)]、E[Z(g)]的能量大小关系，因此无法

比较物质的稳定性，D错误。4．D催化剂可能改变反应途径，但不改变反应热，A错误；图乙中H2O(g)的能量高于H2O(l)的能量，最终的能量应比原曲线更高，B错误；由图丙可知反应中反应物的总能量比生成物的总能量低，C错误；由图甲得①SO2(g)＋I2(s)＋2H2O(

l)===2HI(aq)＋H2SO4(aq)ΔH＝－151kJ·mol－1，由图乙得②H2S(g)＋H2SO4(aq)===S(s)＋SO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝＋61kJ·mol－1，由图丙得③2HI(aq)===H2(g)＋I2(s)ΔH＝＋110kJ·mol－1，根据

盖斯定律①＋②＋③可得H2S(g)===H2(g)＋S(s)ΔH＝＋20kJ·mol－1，D正确。5．D根据反应过程示意图，过程Ⅰ是水分子中化学键的断裂过程，为吸热过程，A错误；H2中的化学键是非极性键，B错误；催化剂不能改变反应的Δ

H，C错误；根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂过程，过程Ⅲ中形成了水分子，所以H2O均参与了反应过程，D正确。6．C根据图像可知，反应①中反应物总能量大于生成物总能量，则反应①为放热反应，故A正确；反应②

中HI中的碘元素化合价升高，氯化碘中的碘元素化合价降低，故B正确；由题图知，反应①的正反应活化能大于反应②的，故反应①比反应②的速率慢，C错误；由题图知，D正确。7．A总反应的ΔH>0，则生成物Z的总能量比反应物X、Y的总能量高，排除C项和D项；反应①的ΔH<0，则W的总

能量比反应物X、Y的总能量低，反应②的ΔH>0，则生成物Z的总能量比反应物W的总能量高，A项正确。8．A由能量图可知，单斜硫的能量比正交硫的能量高，因此S(s，单斜)===S(s，正交)为放热反应，ΔH＝－0.33kJ

·mol－1，A正确；①式反应断裂1mol单斜硫(s)中的共价键和1molO2(g)中的共价键吸收的能量比形成1molSO2(g)中的共价键所放出的能量少297.16kJ，B错误；热化学方程式中各物质前的化学计量数不再表示粒子的数目，只表示

物质的“物质的量”，C错误；S(s，单斜)===S(s，正交)为放热反应，正交硫能量更低更稳定，D错误。9．B根据图中信息可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应的正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应

，A错误；该反应放热，ΔH<0，所以ΔH＝E1－E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热，B正确；该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能，C错误；反应是可逆反应，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器

中充分反应，生成的SO3(g)小于1mol，放热akJ，则2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)ΔH<－2akJ·mol－1，D错误。10．D催化剂能改变反应的路径，降低反应的活化能，但不能改变化学反应的

反应热，A项正确；加入催化剂，降低反应的活化能，但不改变ΔH，反应速率加快，b曲线符合要求，B项正确；根据图像可知，1molN2和3molH2完全反应生成2molNH3时放出的热量为92kJ，C项正确；因为该反应为可逆反应，反应不能进行到底，所以通入1molN2和3molH

2，反应后放出的热量小于92kJ，D项错误。专练28热化学方程式的书写及正误判断1．B氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，故氢气的燃烧热ΔH＝－483.6＋882kJ·mol－1＝－285.8

kJ·mol－1，A错误；由图像分析，2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH1＝－483.6kJ·mol－1①，H2(g)===H2(l)ΔH2＝－0.92kJ·mol－1②，O2(g)===O2(l)ΔH3＝－6.84kJ·mol－1③，根据盖斯定律将①－②×2

－③，可得2H2(l)＋O2(l)===2H2O(g)ΔH＝－474.92kJ·mol－1，B正确；由图像分析，2molH2(g)与1molO2(g)反应生成2molH2O(g)放出483.6kJ的热量，故2molH2(g)与1molO

2(g)所具有的总能量比2molH2O(g)所具有的总能量高，C错误；H2O(g)变成H2O(l)为物理变化，该过程不存在化学键的断裂和形成，D错误。2．C根据石墨转化为金刚石需要吸收能量可得石墨的能量低，能量越低越稳定，则石墨的稳定性高，A项正确；根据题图可

知，ΔH5＝ΔH4＋ΔH1，ΔH1>0，故ΔH5>ΔH4，B项正确；由题图可知，①C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，②CO(g)＋12O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283.0kJ·mol－1，由①－2×②可得C(石墨，s)＋CO2(g)==

=2CO(g)ΔH＝＋172.5kJ·mol－1，C项错误；由图示可知，1mol石墨和1molCO分别完全燃烧放出的热量分别为393.5kJ和283.0kJ，D项正确。3．C根据图甲分析，反应物的总能量高

于生成物的总能量，则图甲中反应为①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－890.3kJ·mol－1，A错误；根据图乙分析，生成物中水的状态是液态，则图乙中反应为②CH4(g)＋32O2(g)===CO(g)＋

2H2O(l)ΔH2＝－607.3kJ·mol－1，B错误；根据盖斯定律，由①－②可得CO(g)＋12O2(g)===CO2(g)ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－283kJ·mol－1，C正确；CO(g)＋12O2(g)===CO2(g)ΔH＝－283kJ·mol－1，正反应为放热反应，反应物[1m

olCO(g)和12molO2(g)]的总能量高于生成物[1molCO2(g)]的总能量，但无法判断等物质的量的CO2(g)和CO(g)具有的能量高低，D错误。4．CC2H5OH的燃烧热是生成二氧化碳和液态水放出的热量，故A错误；中和反应放热，NaOH(aq)＋HC

l(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1，故B错误；硫燃烧放热，热化学方程式是S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH＝－296.8kJ·mol－1，故C正确；热化学方程式要标注物质的聚集状态，故D错误。

5．D1molC(s)完全燃烧生成CO2(g)所放出的热量大于生成CO(g)所放出的热量，则其反应热小于－110.4kJ·mol－1，A错误；由图可知，CuO(s)的能量低于Cu2O(s)和O2(g)的能量之和，所以CuO分解生成Cu2O的反应为吸热反应，B错误；由图中数据可知，C

uO(s)的能量比Cu2O(s)和O2(g)的总能量低，但无法比较CuO(s)和Cu2O(s)的能量高低，则CuO与Cu2O的热稳定性也无法比较，C错误；由题干信息可知，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)的ΔH1＝－220.8kJ·mol－1，反应4C

uO(s)===2Cu2O(s)＋O2(g)的ΔH2＝＋292kJ·mol－1，则反应C(s)＋2CuO(s)===Cu2O(s)＋CO(g)的ΔH3＝ΔH1/2＋ΔH2/2＝＋35.6kJ·mol－1，D正确。6．C乙烷的燃烧热为1560.8kJ·mol－1，指1molC2H6(g)完

全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)放出1560.8kJ的热量，乙烷燃烧热表示的热化学方程式为C2H6(g)＋72O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1560.8kJ·mol－1，A项错误；正丁烷和异丁烷互为同分异构体，1mol正丁烷和异丁烷完全燃烧都生成4molCO2(g)和

5molH2O(l)，正丁烷的燃烧热>异丁烷的燃烧热，则正丁烷具有的能量>异丁烷具有的能量，根据能量越低越稳定，稳定性：正丁烷<异丁烷，B项错误；正戊烷和2­甲基丁烷互为同分异构体，根据正丁烷的燃烧热>异丁烷的燃烧热知，互为同分异构体的化合物支链多

的燃烧热小，正戊烷的燃烧热>2­甲基丁烷的燃烧热，正戊烷的燃烧热大于3531.3kJ·mol－1，C项正确；随着碳原子数的增多烷烃含碳质量分数逐渐增大，1gCH4、C2H6、C3H8完全燃烧放出的热量依次为55.64kJ890.3kJ16＝55.64kJ、52.03

kJ1560.8kJ30＝52.03kJ、50.49kJ2221.5kJ44＝50.49kJ，可见相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越少，D项错误。7．D中和热是酸碱发生中和反应产生1mol液态水时放出的热量，表示中和

热的热化学方程式为NaOH(aq)＋1/2H2SO4(aq)===1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.4kJ·mol－1,A错误；该反应是可逆反应，不能进行到底，所以在容器中充入2molSO2和1molO2反应物不能完全反应，最终放出的热量小于196.64

kJ，B错误；燃烧热是1mol的物质完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量；水在气态时不稳定，只有生成液态水时稳定，C错误；石墨转化为金刚石为吸热反应，说明石墨能量低，金刚石能量高，石墨比金刚石稳定，D正确。8．A由题给信息可知，过程①中N2H4转化为N2和NH3的反应为放热反应，

结合盖斯定律可知，过程②中氨气转化为N2和H2的反应为吸热反应，A项错误；反应Ⅱ放热，与图2相符，B项正确；由反应Ⅰ可知，3molN2H4(g)转化为1molN2(g)和4molNH3(g)的反应为放热反

应，故断开3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1molN2(g)和4molNH3(g)中的化学键放出的能量，C项正确；根据盖斯定律可知，目标热化学方程式的ΔH＝ΔH1－2ΔH2＝＋50.7kJ·mol－1，D项正确。

9．C催化剂不能改变焓变，A错误；反应④是放热反应，其中正反应的活化能小于逆反应的活化能，B错误；根据盖斯定律：①－②即得到氢气燃烧的热化学方程式，氢气燃烧放热，所以ΔH1－ΔH2<0，C正确；根据盖斯定律：③×3＋⑤得3CO(g)＋6H2(g)―→CH3

CH===CH2(g)＋3H2O(g)ΔH＝－301.3kJ·mol－1，D错误。专练29盖斯定律反应热的比较和计算1．C稳定，则能量低，ΔH1<0，ΔH2<0，A错误；根据盖斯定律，ΔH3＝ΔH2＋ΔH4，ΔH2＝ΔH3－ΔH4，B、D错误

；将题给四个反应依次编号为①、②、③、④，反应②减去反应①，得ΔH＝ΔH2－ΔH1，由于稳定，则ΔH2－ΔH1<0，稳定，则ΔH4＝ΔH3－ΔH2>0，C正确。2．B根据热化学方程式可知，该反应为放热反应，反应物的总能量大于

生成物的总能量，C、D错误；升高温度，N2(g)、H2(g)和NH3(g)的能量都升高，升高的能量可以根据比热容计算，反应物[N2(g)＋3H2(g)]能量升高值为(29.1＋3×28.9)×ΔT、生成物[2NH3(g)]的能量升高值为

(2×35.6)×ΔT，则升高温度后，反应物的总能量与生成物的总能量的差值(焓变的绝对值)更大了，A错误，B正确。3．D2O(g)===O2(g)的过程形成O===O共价键，是放热过程，其ΔH等于负的O===O共价键的键能，A、C错误；对于热化学方程式2H2(g)＋O2(g)===2H

2O(g)ΔH＝－482kJ·mol－1，根据键能与焓变的关系ΔH＝2E(H—H)＋E(O===O)－4E(O—H)，可计算得E(O===O)＝－482kJ·mol－1＋4×463kJ·mol－1－2×436kJ·mol－1＝498kJ·mol－1，B错误，D正确。

4．C水蒸气变为液态水放热，氢气与氧气反应生成等量的水蒸气和液态水，后者放出热量多，故A错误；反应吸放热与反应条件无关，故B错误；浓硫酸溶于水放热，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于5

7.3kJ，故C正确；热化学方程式要标注物质的聚集状态，故D错误。5．D根据盖斯定律可以知道①×3－②＋③得C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝(－3Q1＋Q2－Q3)kJ·mol－1，即1mol液态酒精完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为(3Q1－Q

2＋Q3)kJ，则23g液态酒精完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为0.5×(3Q1－Q2＋Q3)kJ＝(1.5Q1－0.5Q2＋0.5Q3)kJ，D正确。6．A乙二酸是弱酸，向含0.1molNaOH的溶液中加入一定体积的0.1mol·L－1乙二酸放出热量小于5.73kJ，故A正

确；H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)由于有硫酸钡沉淀生成，放出的热量大于114.6kJ，故B错误；氢气的标准燃烧热是生成液态水放出的热量，故C错误；若反应②中水为液态，则同样条件下的反应热：ΔH<ΔH2，故D错误。7．

C反应热等于生成物的总能量－反应物的总能量，因此ΔH2＝E1－E2，A错误；2molH2(g)完全燃烧生成液态水时放出的热量大于483.6kJ，B错误；在恒容密闭容器中通入1molN2和3molH2，反应后放出的热量为Q1kJ，若通入2molN2和6mo

lH2，相当于加压，平衡右移，Q2＞2Q1，92.4kJ·mol－1为生成2mol氨气时放出的热量，可逆反应不能进行到底，因此184.8＞Q2＞2Q1，C正确；由盖斯定律可知，①×2－②×2＋③×3得：4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＝－906kJ

·mol－1，D错误。8．D胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O(s)===Cu2＋(aq)＋SO2－4(aq)＋5H2OΔH3＞0，故A正确；硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4

(s)===Cu2＋(aq)＋SO2－4(aq)ΔH2＜0；故B正确；由分析：ΔH2＜0，ΔH3＞0，ΔH3＞ΔH2，故C正确；由图像分析可知：ΔH1＝ΔH3－ΔH2，故D错误。9．A根据题图及表格数据可知，断裂1molN—N键、1molO===O键

、4molN—H键共吸收(2783－534)kJ的能量，所以a＝398，A项错误；根据盖斯定律，ΔH3＝－534kJ·mol－1＋2783kJ·mol－1＝＋2249kJ·mol－1，B项正确；键能越大，化学键越稳定，H—O键比H—N键稳定

，C项正确；根据图示，N2H4在氧气中燃烧的热化学方程式为N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ·mol－1，D项正确。10．CA项，前者为放热反应ΔH1<0，后者为吸热反应ΔH2>0，

故ΔH1<ΔH2，错误；B项，二者都为放热反应，但NH3·H2O电离时吸收一部分热量，故ΔH1<ΔH2，错误；D项，二者都为吸热反应，参加反应的物质的量越多，吸收的热量越多，故ΔH1<ΔH2，错误。专练30新型电池的开发和利用1．A根据题图可知Zn为负极，电极

反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)2－4，MnO2为正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O。A项，根据负极反应可知，Ⅲ区中负电荷减少，为了平衡溶液中电荷，放电时Ⅲ区的钾离子向Ⅱ区迁移，错误；B项，根据正极反

应可知，Ⅰ区中正电荷减少，为了平衡溶液中电荷，硫酸根离子从Ⅰ区迁移至Ⅱ区，正确；D项，将正、负极电极反应相加即可得到电池总反应，正确。2．B海水中含有大量的电解质，故A项正确；Li是活泼金属，作负极，则N极是正极，正极上海水中溶解的O2、CO2等

均能放电，B项错误；由于Li易与水反应，故玻璃陶瓷应具有良好的防水功能，同时为形成闭合的回路，也应具有传导离子的功能，C项正确；该电池属于一次电池，D项正确。3．DA项，Li性质比较活泼，能与水反应，故不能选

择水溶液作电解质溶液，可使用有机电解液，正确；B项，充电时Li电极作阴极，所以Li＋由正极向负极迁移，正确；C项，根据题图可知，放电时CO2作正极，得到电子发生还原反应，反应产物为Li2CO3和C，故正极反应为3CO2＋4Li＋＋4e－===2L

i2CO3＋C，正确；D项，由题图可知C为最终产物，不是中间产物，错误。4．A由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na＋由硫电极迁移至钠电极，A错误；放电

时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的Na＋结合得到Na2Sx，电子在外电路的流向为a→b，B正确；将题给的一系列方程式依次标号为①②③，由x4×

①＋x4×②＋③可以得到放电时正极的反应式为2Na＋＋x8S8＋2e－―→Na2Sx，C正确；炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；故答案选A。5．B由图中Li＋移动方向可知，LiFePO4电极为负极

，则LiFePO4电极的电势比多孔碳电极的低，A项错误；由图中的物质转化关系可知负极反应为LiFePO4－xe－===Li1－xFePO4＋xLi＋，B项正确；RM是该电池反应的催化剂，RM＋－CO－2为中间产物，C项错误；由CO2＋RM―→RM＋－CO－2、2RM＋－CO－2＋2Li＋＋2e－

===2RM＋Li2C2O4知，2molLi＋参与反应，固定2molCO2，则负极减重7g，有44gCO2被固定，D项错误。6．A甲中Cu为正极，电极表面发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，附近溶液中H＋浓度减小，A错误；乙中Ag2O为正极，根据碱性环境、电荷守恒、原子守

恒可写出电极反应式，B正确；丙中锌筒作负极，工作时逐渐被消耗，变为Zn2＋，C正确；丁中铅蓄电池总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，消耗H2SO4且生成H2O，酸性减弱，导电能力下降，D正确。7．D该燃料电池的燃料为H2，电解

质为熔融的K2CO3，总反应为2H2＋O2===2H2O，负极反应式为2H2＋2CO2－3－4e－===2H2O＋2CO2，正极反应式为O2＋2CO2＋4e－===2CO2－3，故A、B均错误；电解质中移动的阴离子为CO2－3，不是OH－，故C错误；根据负极反应

式知，生成1molH2O时转移2mol电子，故D正确。8．C本题考查原电池的工作原理。题给原电池甲和乙中，Zn为负极，Cu为正极，工作原理都是Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，故A正确；题给两个装置中，负极锌失去电子，电子经外电路流向正极铜

，故B正确；题给两个装置中正极反应均为Cu2＋＋2e－===Cu，发生还原反应，故C错误；在原电池内部，阳离子移向正极，阴离子移向负极，原电池乙中，右侧烧杯中的铜为正极，左侧烧杯中的锌为负极，所以盐桥中的K＋向右侧烧杯移动，Cl－向左侧烧杯移动，故D正确。9．D根据装置图可知，电

子由a极经外电路流向b极，则a为负极，H2O失去电子得到O2，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，则电池工作时a极区溶液pH降低，A项正确；H＋经质子交换膜从a极区向b极区移动，C项正确；b为正极，CO2在电

极表面得到电子生成CO，电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===CO＋H2O，B项正确；电极a生成标准状况下1.12LO2时转移0.2mole－，a极区消耗0.1molH2O，b极区生成0.1molH2O，因此两极电解质溶液质量相差0.2mol

×18g·mol－1＝3.6g，D项错误。10．(1)2NiO(OH)＋2e－＋2H2O===2Ni(OH)2＋2OH－Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH)2(2)BACO－2e－＋CO2－3===2CO2(3)负CH4＋10OH－－8e－===CO2－3＋7H2OCH4＋2O2

＋2OH－===CO2－3＋3H2O80NA448解析：(1)由电池的总反应可知，该电池放电时，镉在负极上被氧化生成氢氧化镉，NiO(OH)在正极上被还原生成Ni(OH)2，故正极反应式是2NiO(OH)＋2e－＋2H2O===2Ni(OH)2＋2OH－，负极反应式是Cd－2e－＋2OH－===C

d(OH)2。(2)由题图可知，燃料通入电极A，氧气和二氧化碳通入电极B，则电极A作负极，电极B作正极，电池工作时，外电路上电流的方向应从正极流向负极，即从电极B→用电器→电极A。内电路中，CO2－3向负极(电极A)移动，由原

理知，CO反应后生成CO2，则电极A上CO参与的电极反应为CO－2e－＋CO2－3===2CO2。(3)将两铂片插入KOH溶液中作为电极，在两极区分别通入甲烷和氧气构成燃料电池，则通入甲烷气体的电极是原电池的负极，该极的电极反应式是CH4＋10O

H－－8e－===CO2－3＋7H2O，电池工作时总反应的离子方程式是CH4＋2O2＋2OH－===CO2－3＋3H2O。160g甲烷的物质的量为10mol，根据负极的电极反应式可知，消耗10mol甲烷要转移80mol电子，则转移电子的数目为80NA，需要消耗氧气的物质的量

为10mol×2＝20mol，这些氧气在标准状况下的体积为20mol×22.4L·mol－1＝448L。专练31电解池原理及应用1．C阴极得电子，发生还原反应，被还原，A项、B项错误；由金属活动性顺序可知，M

g、Al在阳极失电子，离子进入电解液，Cu金属活动性弱，则阳极泥主要含Si、Cu，C项正确；阴极Al3＋得电子生成Al单质，阳极上Mg、Al均失电子变成离子进入电解液中，故阳极和阴极的质量变化不相等，D项错误。2．C由图可知，该装置为电解池，

与直流电源正极相连的IrOx­Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，A错误；铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为

2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O，C正确；电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室，B错误；水在阳极失去电子发生氧

化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每转移1mol电子，生成0.25molO2，在标况下体积为5.6L，故D错误；答案选C。3．D由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，a为电源正极

，右侧电极为阴极，b为电源负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。由分析可知，a为正极，b为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H＋＋2e－===H2↑，则理论上转移2mole－生成2gH2，

B错误；由图可知，该装置的总反应为电解海水，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；由图可知，阳极上的电极反应为：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，D正确；故选D。4．A根据题意结合图示知，通过测量b容器中溶液变红色时c管内收集的气体的体积

，结合各电极上转移的电子数相等可计算乙酸溶液的浓度，则右侧Pt电极为阴极，CH3COOH放电，左侧Pt电极为阳极，H2O放电。具体分析如下：由以上分析知，A项正确；实验结束时，b中CH3COOH被完全消耗生成CH3COO－，CH3COO－水解使溶液显

碱性，故溶液为红色，B项错误；未指明气体所处的状况，不能根据体积计算其物质的量，C项错误；盐桥起传递离子使溶液呈电中性的作用，铜导线不能传递离子，D项错误。5．D石墨电极物质转化为：P4→Li[P(CN)2]，磷元素化合价升高，发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应

式为：P4＋8CN－－4e－===4[P(CN)2]－，则生成1molLi[P(CN)2]，理论上外电路需要转移1mol电子，右侧电极为阴极，A、B错误；电解池工作过程中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，CN－应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；由图示物质转化关系可知，HCN在

阴极放电，产生CN－和H2，而HCN中的H来自LiOH，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，D正确。6．C该装置为电解池，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，发生氧化反应，为阳极，则b为电源正极，a为电源负极，A

项正确；石墨电极Ⅱ上发生的电极反应为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，通电一段时间后，电极Ⅱ附近溶液呈酸性，故滴加石蕊溶液，出现红色，B项正确；通电后，石墨电极Ⅰ为阴极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，溶液中的Cl－通过阴离子交换膜向阳

极移动，故CuCl2溶液浓度变小，C项错误；Fe2O3溶解的离子方程式为Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，可得关系式：Fe2O3～6H＋～6e－～1.5O2(阳极)，如果阴极上Cu2＋消耗完，还可能有H2放

出，故当0.01molFe2O3完全溶解时，至少产生气体0.015mol，即336mL(折合成标准状况下)，D项正确。7．D电极b上生成O2和O3，则电极b上发生失电子的氧化反应，则电极b为阳极，电极a为阴极，A项正确；电极a的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，B项正确；电极b上H2

O失去电子，发生氧化反应生成O2、O3和H＋，故电解一段时间后b极周围溶液的pH下降，C项正确；标准状况下，当有5.6L氧气参加反应时，转移电子1mol，设收集到氧气xmol，臭氧ymol，则有x＋y＝0.2，4x＋6y＝

1，解得x＝y＝0.1，故O3的体积分数为50%，D项错误。8．A紫红色斑即MnO－4向d端扩散，根据阴离子向阳极移动的原理，可知d端为阳极，即b为正极，a为负极，c为阴极，NaCl溶液中H＋放电，产生OH－，c点附近会变红色，A项正确；电解硫酸铜溶液时，Pt作阳极，溶液中的O

H－放电，4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，Cu作阴极，溶液中的Cu2＋得电子生成铜，总反应式为2CuSO4＋2H2O=====电解2Cu＋O2↑＋2H2SO4，Pt电极附近生成H＋，则SO2－4向Pt电极移动

，B、D两项均不正确；随着电解的进行，Z中溶液变为硫酸溶液，继续电解则为电解水，硫酸浓度增大，pH减小，C项不正确。9．D由图可知，X极产物H2与CO分别为H2O与CO2的还原产物，可判断在X极上发生还原反应，由此判断X极为电源的负极，A

项正确；根据题意可知，电解质为固体金属氧化物，可传导O2－，故在阴极上发生的反应为H2O＋2e－===H2＋O2－、CO2＋2e－===CO＋O2－，B项正确；根据电极产物及B项发生的电极反应可知，该电解池的总反应化学方程式为H2O＋CO

2=====通电H2＋CO＋O2，C项正确；根据C项的电解总反应化学方程式可知，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比为2∶1，D项错误。10．D氯碱工业中阳极是Cl－放电生成Cl2；电解精炼铜时阳极上粗铜溶解，阴极上Cu2＋放电析出Cu，由于粗铜中含有锌、铁、镍等杂质，溶液中Cu2

＋浓度变小；铁片上镀铜时，阴极应该是铁片，阳极是纯铜。11．D在电解池中，阴离子移向阳极，左侧铁板为阳极，则Cr2O2－7通过阴离子交换膜进入阳极室，故D错误。专练32原电池电解池原理的综合应用一1．C根据题

给电池装置图并结合阴、阳极电极反应可知，充电时，电池的总反应为Li2O2===2Li＋O2，A项正确；由题干中光照时阴、阳极反应可知，充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B项正确；放电时题给装置为原电池，阳离子(Li＋)向正极迁移，C项错误；根据题给装置图可知，放电时

正极上O2得电子并与Li＋结合生成Li2O2，即O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，D项正确。2．B该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极，正极上Fe3＋得电子转化为Fe2＋，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2

＋失电子生成Fe3＋，PbSO4电极为阴极，PbSO4得电子生成Pb和硫酸。放电时负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A错误；储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；放电时，右侧为正极，电解质溶液中的

阳离子向正极移动，左侧的H＋通过质子交换膜移向右侧，C错误；充电时，总反应为PbSO4＋2Fe2＋===Pb＋SO2－4＋2Fe3＋，D错误；故答案选B。3．A由图示可知，化学自充电时，O2得电子转化为OH－，OH－与K＋结合形成KOH，c(OH－)增大，A正确；该电池为自充电电池，

无需外接电源，因此化学自充电时，没有电能转化为化学能，B错误；由图示可知，化学自充电时，阳极反应为有机物之间的转化，阴极反应为O2转化为OH－，没有发生Zn2＋＋2e－===Zn，C错误；放电时，＋2nK＋＋2ne－===，正极材料中增加了K＋，故

当外电路中通过0.02mol电子时，正极材料增加0.78g，D错误。4．C根据放电时电极a发生还原反应知，电极a为正极，Mg电极为负极。电极电极反应放电(原电池)负极(Mg电极)Mg－2e－===Mg2＋正极(电极a)Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－==

=LiFePO4充电(电解池)阴极(Mg电极)Mg2＋＋2e－===Mg阳极(电极a)LiFePO4－xe－===Li1－xFePO4＋xLi＋由上述分析知，充电时Mg电极为阴极，A项正确；放电时Li＋向正极(电极a)移动，则Li＋从Ⅰ室向Ⅱ室迁移，B项正确；放电时，Li＋从Ⅰ室向Ⅱ室迁移

，SO2－4不参与电极反应，Ⅱ室Li2SO4溶液的浓度不变，C项错误；每消耗1molMg，电路中通过2mol电子，根据电极a的反应，知电极a增加的质量为2molLi＋的质量，即增重14g，D项正确。5．A根据图示可知电极Ⅰ为负极，电极Ⅱ为正极，电极Ⅲ为阳极，电极Ⅳ为阴极。电流方向

与电子流动方向相反，所以电流方向：电极Ⅳ→Ⓐ→电极Ⅰ，A正确；电极Ⅳ的电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，所以电极Ⅰ的质量减少2.7g时，电极Ⅳ的质量增重9.6g，B错误；c烧杯相当于电镀装置，溶液的pH不变，C错误；电极Ⅲ的电极反应式为Cu－2e－

===Cu2＋，D错误。6．C甲图中阳极上生成Cl2，A项错误；乙图中铜片应作阳极，与电源正极相连，B项错误；丁图中阴极反应式应为2H＋＋2e－===H2↑，D项错误。7．D根据实验的原理，电絮凝净水，让Al转化成氢氧化铝胶体，即Al失电子，根

据电解原理，Al为阳极，Y为PbO2，则X为Pb，Y电极反应为：PbO2＋SO2－4＋4H＋＋2e－===PbSO4＋2H2O，故A错误；根据原电池的工作原理，SO2－4向负极移动，即SO2－4移向X电极，故B错误；电解

过程中实际上发生两个反应，分别为2Al＋6H2O=====电解2Al(OH)3＋3H2↑和2H2O=====电解2H2↑＋O2↑，故C错误；消耗103.5gPb，转移电子物质的量为103.5207×2mol＝1mol，阴极上的电极反应式为2H

＋＋2e－===H2↑，通过电量相等，即产生氢气的物质的量为1/2mol＝0.5mol，故D正确。8．D根据Y极有黄绿色气体生成，Y极电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，即Y为电解池的阳极，B为原电池的正极，A为原电池的

负极。故A极的电极反应为A－2e－===A2＋，溶液中c(A2＋)增大，A错误；B极为正极，发生还原反应，B错误；Y电极上有Cl2产生，发生氧化反应，C错误；右边U形管中最初为电解AlCl3溶液，X电极为H＋放电，c(H＋)减小，c(OH－)增大，且Al3

＋移向X极，因此会产生Al(OH)3白色胶状沉淀，D正确。9．DA项，该电池中，石墨烯/Al电极为负极，NaMnO2/Al电极为正极，正极电势较高，正确；B项，NaMnO2/Al电极为正极，正极上Na1－xMnO2发生得电子的还原反应生成NaMnO2

，正确；C项，充电时为电解池，石墨烯/Al电极为阴极，NaMnO2/Al电极为阳极，Na＋移向阴极，正确；D项，该电池中，石墨烯/Al电极为负极，充电时石墨烯/Al电极接电源负极，NaMnO2/Al电极接电源正极，错误。10．DA项，b极为正极，电极反应式为O2＋

4e－＋4H＋===2H2O，错误；B项，甲中消耗64gSO2，转移电子的物质的量为64g64g·mol－1×2＝2mol，则乙中阳极生成2mol氢离子通过隔膜，错误；C项，c极为阳极，电极反应式为N2O4－2e－＋2HNO3===2N2O5＋2H＋，错误；D项，a电极为负

极，电极反应式为SO2－2e－＋2H2O===SO2－4＋4H＋，转移2mole－生成1molH2SO4，c极转移2mole－生成2molN2O5，正确。专练33原电池电解池原理的综合应用二1．C由充电时电极a的反应式可知，电极a发生还原反应，则充电时电极a为

阴极，电极b为阳极，故A错误；放电时，负极Na3Ti2(PO4)3转化为Na＋，正极Cl2发生还原反应生成Cl－，NaCl溶液的浓度增大，但溶液一直为中性，故放电时NaCl溶液的pH不变，B项错误、C项正确；充电时，每生成1molCl2，则转移2mol电子，由题干电极a反应式可知，有2molN

a＋参与反应，则电极a质量理论上增加46g，D项错误。2．D由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电极与电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阳极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，

电池总反应为2H2O=====通电2H2↑＋O2↑，据此解答。b电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故A正确；该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，为保持OH－离子浓

度不变，则阴极产生的OH－离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换摸，故B正确；电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C正确；由电解总反应可知，每生成1molH2要消耗1molH2O，生成H2的速率为xmol·h－1，则补水的速率

也应是xmol·h－1，故D错误；答案选D。3．A放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应：Cl2＋2e－===2Cl－，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl－－2e－===Cl2，A正确；放电时，阴离子移向负极

，放电时Cl－透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，B错误；放电时每转移1mol电子，正极：Cl2＋2e－===2Cl－，理论上CCl4释放0.5molCl2，C错误；充电过程中，阳极：2Cl－－2e－===Cl2，消耗氯离子

，NaCl溶液浓度减小，D错误。4．C由题图知，充电时，碳纤维电极表面Mn2＋发生氧化反应生成MnO2，则碳纤维电极作阳极，A项正确；放电时，碳纤维电极为正极，Pt/C电极为负极，则电子由Pt/C电极经导线流向碳纤维电极

，B项正确；结合电池总反应知，充电时，碳纤维电极发生的反应为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋，附近溶液的pH减小，C项错误；放电时，碳纤维电极表面MnO2发生还原反应生成Mn2＋，电极反应式为MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，D项正确。5．B该原电池的电解质为熔

融的K2CO3，没有水作为溶剂，故不含有OH－，正极反应为2CO2＋O2＋4e－===2CO2－3，A错误；该原电池为燃料电池，燃料电池的电极一般不会参与反应，B正确；由总反应式2H2＋O2===2H2O可知转移4mol电子

可产生2mol水，因此供应1mol水蒸气只需要转移2mol电子，故C错误；由正极反应可知氧的化合价从0价变为－2价，化合价降低，发生的是还原反应，D错误。6．D放电时，多孔碳材料的电极上的氧气得电子，发生还原反应，所以多孔碳材料为正极，A错误；放电时，锂作为负

极，多孔碳材料一极为正极，由于外电路电子由负极流向正极，即由锂电极流向多孔碳材料电极，B错误；充电时，锂连电源负极作阴极，由于阳离子向阴极移动，所以Li＋向锂电极移动，C错误；充电是放电的逆反应，得到Li和O2，所以电极反应式书写正确，D正确。7．D放电时是原电池，阴离子ClO－4向负极移动

，A正确；根据电池总反应知B正确；放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2＋4e－===2CO2－3＋C，C正确；充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO2－

3＋C－4e－===3CO2↑，D错误。8．B由图示可知，该装置为电解池，Ni­YSZ电极为电解池的阳极，Ni电极为阴极，A项正确；在氧离子作用下，甲烷在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢气，电极反应式为CH4＋2O2－－4e－===CO2＋2H2，B项错误；放电生成的二氧化碳在熔融盐中与氧

离子结合生成碳酸根离子，碳酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成碳和氧离子，电极反应式为CO2－3＋4e－===C＋3O2－，每有1molCO2与1molO2－结合成1molCO2－3，电路中转移4mole－，C项正确；电解的总反应化学方程式为C

H4=====通电C＋2H2，D项正确。9．D由图示可知，Ni2P电极上CH3(CH2)7NH2→CH3(CH2)6CN，发生氧化反应，故Ni2P电极为阳极，A项正确；电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH－由In/In2O3－x电极区向Ni2P电

极区迁移，B项正确；In/In2O3－x电极为阴极，电极反应为CO2＋2e－＋H2O===HCOO－＋OH－，C项正确；Ni2P电极为阳极，阳极反应为CH3(CH2)6CH2NH2＋4OH－－4e－===CH3(CH2)6CN＋4H2O，故每生成1molCH3(CH2)6CN，转移4mol电

子，根据得失电子守恒，通过隔膜a的OH－物质的量为4mol，D项错误。10．D在“双极膜组”的左边区域，精制食盐水中的Na＋透过M膜(阳离子交换膜)进入膜右侧，从而获得产品A(NaOH)，精制食盐水中的Cl－继续向左边迁移，在X电极失电子生成Cl2，X电极为阳极；

在“双极膜组”的右边区域，精制食盐水中的Cl－透过N膜(阴离子交换膜)进入膜左侧，从而获得产品B(HCl)，精制食盐水中的Na＋继续向右边迁移，在Y电极上，水电离出的H＋得电子生成H2，Y电极为阴极。由以上分析知，Y电极为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，A错

误；M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜作用是选择性通过H＋和OH－，B错误；电路中每生成0.25mol气体a(Cl2)，理论上获得副产品A(NaOH)和B(HCl)各0.5mol，C错误；“双极膜组”电渗析法从NaCl溶液获得酸(HCl)和碱(NaOH)，由此推知，也可从MX溶液制备相

应的酸(HX)和碱(MOH)，D正确。专练34金属的腐蚀与防护1．D若铁片被腐蚀，则溶液中含有Fe2＋，在溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，反应生成蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，D项正确；A项只能检验溶液中含有Cl－，B项只能检验溶液无强氧化性物质，C项只能检验溶液中无Fe3

＋，三者均不能说明铁片没有被腐蚀。2．C电池分析钢的主要成分是铁，铁遇冷的浓硫酸发生钝化，因此金属贮存罐可用钢制材料，A正确；贮存浓硫酸的金属罐为阳极，连接电源正极，辅助电极是阴极，电子沿导线流向辅助电极，B正确，C错误；电压过高时，有

可能会加剧腐蚀，D正确。3．D为防止孔蚀发生可以将外接电源负极与金属相连，A项错误；2.24LO2没有指明是否为标准状况，不一定为0.1molO2，B项错误；封闭环境中由于Fe2＋水解导致酸性增强，C项错误；由于孔隙中介质的

酸性增强，有HCl存在，可发生析氢腐蚀，D项正确。4．C钢是铁碳合金材料，表面接触空气，水蒸气，易形成原电池，防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率，A项正确；铝和锌的金属活动性大于铁，故铝和锌均作为负

极，失去电子，保护了铁，B项正确；钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时，正极电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C项错误；方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，不能完全消除铁的腐蚀，D项正确。5．CA项，图1中，铁钉处于干燥环境，不易被腐蚀；B项，负极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Fe2＋与[

Fe(CN)6]3－反应生成Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀；D项，为牺牲阳极的阴极保护法，镁块相当于原电池的负极。6．A根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H＋＋2e－===H2

↑，O2＋4e－＋4H＋===2H2O，故A错误；若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐

蚀，故C正确；若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。7．D结合题图知Fe失电子，化合价升高，被氧化，A项错误；铁锈结构疏松，不能保护内层金属，B项错误；铁片腐蚀时，Fe作负极，

发生氧化反应：Fe－2e－===Fe2＋，C项错误；铁片上的NaCl溶液为铁与碳形成原电池提供了电解质溶液，D项正确。8．DA错，图甲中开关置于N处时铜锌合金腐蚀的速率减小；B错，图乙中接通开关时，锌腐蚀的速率增大，金属铂上放出气体

的速率增大；C错，图丙中接通K2时铁棒不被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法。9．C通电时，锌环与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，A项正确；通电时，铁帽为阴极，发生还原反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，B项正确；断电时，形成原电

池，锌环为负极，发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋，C项错误；断电时，形成原电池，铁帽为正极，此为牺牲阳极的阴极保护法，仍能防止铁帽被腐蚀，D项正确。10．B根据题中所给信息，潮湿的深层土壤中钢管发生厌氧腐蚀，则正极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，A

项错误；负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，厌氧细菌促使SO2－4与H或H2反应生成S2－，S2－及正极上生成的OH－与Fe2＋可分别生成FeS、Fe(OH)2，B项正确；SO2－4与H2反应可表示为4H2＋SO2－4=====厌氧细菌S2－＋4H2O，C

项错误；向钢中加入铜，发生电化学腐蚀时，铜作正极，Fe作负极，从而加速钢管的腐蚀，D项错误。11．C外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀，因此钢管桩表面腐蚀电流接近于零，故A项正确；被保护的钢管桩作阴极，高硅铸铁作阳极，电子由阳极流向阴极，即从高硅

铸铁流向钢管桩，故B项正确；由题意，高硅铸铁为惰性辅助阳极，其作用是传递电流，但不被消耗，故C项错误；保护电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流，应该根据环境条件变化进行调整，故D项正确。专练35化学反应速率及影响因素1．D催化剂只能决定化学反应快慢，不能决定反应是否发生，A项错误；由图象曲线变化规律

可知，相同时间内，催化剂Ⅰ导致的浓度变化更大，则催化剂Ⅰ使反应活化能更低，B项错误；2min时，a曲线和催化剂Ⅱ曲线浓度变化的量相等，与反应中X、Y的化学计量数矛盾，a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化，C项错误；使用催化剂Ⅰ时，0～2min内，v(X)＝12v(Y)

＝12×4.0mol·L－12min＝1.0mol·L－1·min－1，故D正确。2．C根据图示知，A项正确；若只发生反应②，则n(H2)＝n(CO)，而t1～t3min，n(H2)比n(CO)多，且生成H2的速率不变，结合反应过程中始终未检测到CO2，催化剂上有积炭，可推测有副反应，且反应②

和副反应中CH4和H2的化学计量数之比均为1∶2，B项正确；t2min时，H2的流出速率为2mmol·min－1，CO的流出速率约为1.5mmol·min－1，v（H2）v（CO）<2，说明副反应生成H2的速率小于反应

②生成H2的速率，C项错误；根据图2知，t3min后，CO的生成速率为0，CH4的流出速率逐渐增大，最终恢复到1mmol·min－1，H2的生成速率逐渐减小至0，说明t3min后反应②不再发生，副反应逐渐停止，D项正确。3．D本题考查化学反应速率与化学平衡

。根据表中数据及方程式2N2O5⇌4NO2＋O2知600～1200s时，v(N2O5)＝ΔcΔt＝（0.96－0.66）mol·L－1600s＝5.0×10－4mol·L－1·s－1，由关系式v（N2O5）2＝v（NO2）4可得，v(NO

2)＝2×5.0×10－4mol·L－1·s－1＝1.0×10－3mol·L－1·s－1，A错误；反应2220s时，消耗n(N2O5)＝(1.40－0.35)mol·L－1×0.1L＝0.105mol，根据关系

式可知n（N2O5）2＝n(O2)，则V(O2)＝0.105mol×12×22.4L·mol－1＝1.176L，B错误；达到平衡时，v正（N2O5）2＝v逆（NO2）4，C错误；由表中数据知，1710～2820s，c(N2O5)减小一半，用时1

110s，可以推断出2820～xs，c(N2O5)减小一半也用时1110s，故x＝1110＋2820＝3930，D正确。4．A0～30min时间段内，Δc(Z)＝0.125mol·L－1，Δc(M)＝0.500mol·L－1－0.300mol·L－1＝0.200mol·L－1，反应①中Δc(M)

＝0.200mol·L－1－0.125mol·L－1＝0.075mol·L－1，则Δc(Y)＝0.075mol·L－1，v(Y)＝Δc（Y）t＝0.075mol·L－130min＝2.5×10－3mol·L－1·min－1，A说法错误

；反应①、②速率之比为v1v2＝k1c2（M）k2c2（M）＝k1k2，为定值，则Y、Z的浓度变化量之比也为定值，故反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变，B说法正确；由上述分析可知，v1v2＝k1k2＝0.075mol·L－10.125mol·L－1＝35，如果反应能进行到底，反应结束时

①、②的转化率之比为3∶5，因此有58(即62.5%)的M转化为Z，C说法正确；结合C选项，反应①的速率小于反应②的速率，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。5．B反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产

物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1min内Z的平均生成速率大于0～2min内的，故1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1，A正确；4min时生成的Z的物质的量为0.15mol·L－1·min－1×4min×1L＝0.6mol，6min时生成的Z的物质的量为0.10m

ol·L－1·min－1×6min×1L＝0.6mol，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生成了amolY，列三段式：2X(s)⇌Y(g)＋2Z(g)初始量/mol2.000转化量/mol2aa2a平衡量/mol2.0

－2aa0.6根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3mol·L－1，Z的平衡浓度为0.6mol·L－1，平衡常数K＝c2(Z)·c(Y)＝0.108，2min时Y的浓度为0.2mol·L－1，

Z的浓度为0.4mol·L－1，加入0.2molZ后Z的浓度变为0.6mol·L－1，Qc＝c2(Z)·c(Y)＝0.072<K，反应正向进行，故v正(Z)>v逆(Z)，B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体

积之比等于物质的量之比，V（Y）V（Z）＝12，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6mol，则X的转化量为0.6mol，初始X的物质的量为2mol，剩余X的物质的量为1.4mol，D正确

。6．C根据图像，反应过程中A的浓度减小，B、C浓度增大，因此A为反应物，B、C为生成物，根据浓度的变化量可以确定反应为2A(g)⇌2B(g)＋C(g)，A说法正确。前2min，v(A)＝0.4mol·L－1－0.2mol·L－12min＝0.1mol·L－

1·min－1，B说法正确。开始时加入的物质为A和B，没有C，C说法错误。根据图像，2min时，A、B、C的浓度分别为0.2mol·L－1、0.3mol·L－1、0.1mol·L－1，因此D说法正确。7．A加入催化剂的结果：一是正、逆反应速率都增大，二是缩短了达到平衡的时间；由此可得：

a1＜a2、b1＜b2、t1＞t2，但不能使平衡发生移动，由此推知，阴影面积为反应物浓度的变化，由于催化剂不影响平衡移动，则两图中阴影部分面积相等，符合题意的选项有②④⑤⑦；综上所述，本题选A。8．CpH＝8.8时，升

高温度，活化分子之间的有效碰撞概率增大，反应速率一定增大，A错误；保持外界条件不变，反应初期，pH＝7.5和pH＝8.2时D的浓度相同，B错误；pH＝8.8时，反应速率接近于0，可认为反应停止，所以调节pH可迅

速停止反应，C正确；对于没有气体参加的反应，减小压强，反应速率几乎不变，不知道参与此反应的物质的状态，故该反应速率不一定减小，D错误。9．C0℃、101kPa条件下的H2体积为44.8mL，其物质的量为0.002m

ol，则根据Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑反应可知：Zn—H2SO4—ZnSO4—H2，n(Zn)＝n(H2SO4)＝n(ZnSO4)＝n(H2)＝0.002mol；m(Zn)＝0.002mol×65g·mol－

1＝0.13g，v(Zn)＝0.13/10＝0.013g·s－1，v(H＋)＝0.002×2/(0.04×10)＝0.01mol·s－1，v(Zn2＋)＝0.002/(0.04×10)＝0.005mol·s－1，v(H2)＝0.002m

ol10s＝0.0002mol·s－1。10．C因为该实验是来研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，因此要保证锌和硫酸完全一致，即V1、V2、V3均是20mL。要保证实验中硫酸的浓度相等，由实验丁可知所加饱和硫酸铜溶液的体积和水的体积之和一定是10mL，所以V6＝7.5mL，V

5＝10mL，V4＝2mL。因为实验甲中不能构成原电池，反应慢，用时多，t1应该最大，所以正确的答案是C。11．A对于有气体参加的反应，增大压强，反应物浓度增大，单位体积内活化分子的数目增大，但活化分子总数不变，A错误；升高温度，更多分子吸收能量成为活化分子，分子动能增加，分子运动加快，有效

碰撞频率增加，反应速率增大，B正确；选用适当的催化剂，降低反应的活化能，使更多分子成为活化分子，活化分子的数目和百分数增加，有效碰撞频率增加，反应速率增大，C正确；H＋和OH－的反应活化能接近于零，反应速率快，反应能在瞬间完成，D正确。专练36化学平衡的移动及影响因素1．C温度越高，达到平衡时

，H2的物质的量越少，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应的ΔH>0，A项错误；结合热化学方程式中各物质的状态，由图象曲线变化趋势可知a上面的曲线为n(H2O)随温度的变化曲线，B项错误；化学方程式中反应前后气体分子数相等，故向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动，C项正确；BaSO4为固态，向平

衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率不变，D项错误。2．CA项，根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，而c(Z)增大，说明平衡正向移动，即正反应为吸热反应，则ΔH>0，正确；B项，加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后m(Y)减小，正确；C项，加入等物质的

量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，但化学平衡常数K不变，由于X、Y均为固体，故K＝c(Z)，即达新平衡后c(Z)不变，错误；D项，加入一定量氩气，Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，平衡不移动，正确。3．BA项，该反应气体的物质的量增大，即熵增大，ΔS

>0，错误；C项，该反应中O2、NO为氧化剂，NH3为还原剂，NH3转化为N2，N由－3价转化为0价，则消耗1molNH3，转移3mol电子，错误；D项，当加入的尿素过多时，产生的过量的NH3也会污染空气，错误。4．D①若通过移走生成物的方法，使得平衡正向移动，则生成物的体

积分数会降低，故不选①；②化学平衡正向移动时，生成物的产量一定增加，故选②；③增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，故不选③；④增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的浓度降低，

自身增大，故不选④；⑤化学平衡正向移动时，正反应速率一定大于逆反应速率，故选⑤。故正确序号为②⑤，选D。5．Ca点时反应向正反应方向进行，b点时反应达到平衡状态，从a点到b点，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故a点的v逆小于b点的v逆，A项错误；t2

时c(SO2)突然增大，随后逐渐减小，说明平衡向正反应方向移动，故t2时刻改变的条件可以是增大c(SO2)，还可以是增大压强，B项错误；化学平衡常数只与温度有关，反应温度不变，平衡常数不变，因此d点和e点的

化学平衡常数相等，C项正确；根据表中提供的数据可知，增大压强对SO2的转化率影响不大，但增大压强对工业设备要求高，同时生产成本增大，因此硫酸工业中，SO2催化氧化制SO3时采用高压不能提高生产效益，D项错误。6．B由题给反应的化学方程式可知生成2amolZ消耗

amolX，利用化学反应速率的定义可知v(X)＝amol（2L×5min）＝0.1amol·L－1·min－1，A错误；因M为固态，故平衡向右移动，气体质量变小；若平衡向左移动，气体质量增加，故当混合气体质量不再发生变化时，可说明反应达到平衡状态，B正确；M

为固体，增大M的量，平衡不发生移动，C错误；向平衡体系中再充入X，反应物浓度增大，平衡正向移动，该时刻v正增大、v逆不变，D错误。7．C0～t1时，反应正向进行，v正>v逆，t1～t2时，反应达到平衡，v正

＝v逆，A错误；t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数Ⅰ＝Ⅱ，B错误；向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图形，C正确；由于温度不变，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数相等，D

错误。8．D缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，但A为固体，B、C的物质的量始终为1∶1，体积、物质的量均减小，则两次平衡时，C(g)的浓度相等，A正确；不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，

为平衡状态，则平衡时，单位时间内n(B)生成∶n(C)消耗＝1∶1，B正确；A为固体，加入少量A，对平衡移动无影响，可以知道平衡不移动，C正确；反应为可逆反应，加入1molB和1molC，不能完全转化为A，达到平衡时吸收热量小于QkJ,D错误。9．D发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，

前20s内v(N2O4)＝0.05mol2L20s＝0.00125mol·L－1·s－1，v(NO2)＝0.0025mol·L－1·s－1，A错误。60s、80s时n(NO2)＝0.24mol，比40s时的浓度

小，颜色浅，B错误。容器体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，C错误。起始投入0.20molN2O4与起始投入0.40molNO2达到的是同一平衡状态，D正确。10．D通过图1可知，v(B)＝0.2mol2L2min＝0.05mol/(L·m

in)，故A错误；升高温度正逆速率都增大，t1时改变的条件不可能是升高温度，故B错误；反应前后气体的物质的量不变，增大压强，速率增大，平衡不移动，容器体积减小，此时c(B)变大，故C错误；使用催化剂，加快反应速率，平衡不移动，此时c(B)不变，故D正确。11．D若其

他条件不变，升高温度，平衡正向移动，c（A）c（B）减小，则b<a，A项错误；若保持温度、压强不变，充入惰性气体，容器容积增大，反应气体分压减小，则平衡逆向移动，c（A）c（B）增大，a<b，B项错误；若保持温度、容积不变，充入少量B气体，则平

衡正向移动，根据勒夏特列原理可知c（A）c（B）减小，b<a，C项错误；若保持温度、压强不变，充入B气体，新平衡与原平衡是等效平衡，平衡后a＝b，D项正确。12．BNO2显红棕色、NO是无色的，由图像知正反应速率先

增大，后减小，说明反应没有达到平衡状态，一直向正反应方向进行，反应物NO2浓度一直降低，则容器内气体颜色一直变淡，A项错误；随着反应物浓度的减小，正反应速率应该减小，而正反应速率在c点之前增大，可知反应放出热量使温度升高，此时温度的影响大于浓度的影响，

正反应是放热反应，则ΔH<0，B项正确；反应速率不变时，达到平衡状态，正反应速率先增大，后减小，c点没有达到平衡状态，c点后反应仍正向进行，C项错误；对于反应SO2(g)＋NO2(g)⇌SO3(g)＋NO(g)，反应前后气体分子数不变，则达到平衡后，加压平衡不

移动，D项错误。专练37化学平衡常数及转化率的计算1．C该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可使平衡向正反应方向移动，故v正>v逆，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A错误；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B错误；恒容下，充入一定

量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下，充入一定量的CH2===CH2(g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2===CH2(g)的平衡转化率减小，D错误。2．C

由题图可知，随着温度的升高，CH3OH的产率逐渐减小，CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)平衡逆向移动，则ΔH1<0；CO的产率随温度的升高而逐渐增大，CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)平衡正向移动，则ΔH2>0，A项正确，C项错误。对

于有气体参与的反应，压强越大反应速率越快，所以增大压强有利于加快合成反应的速率，B项正确。合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K＝c（CH3OH）·c（H2O）c（CO2）·c3（H2），D项正确。3．D化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，使用催化剂加快反应速率，平衡不移动，

化学平衡常数不变，故A错误；相同温度下CH3COOH、HCN的电离度与起始浓度、同离子效应等有关，故B错误；水的离子积适用于稀的酸、碱、盐溶液，一定温度下，水的离子积是常数25℃时，盐酸和NH4I(aq

)中Kw相等，故C错误；改变压强平衡发生移动，SO2的转化率可能增大、减小，使用催化剂平衡不移动，故D正确。4．D图中a→b为建立平衡的过程，b→c为平衡移动的过程，平衡后，升高温度NH3的浓度降低，故该反应为放热反应，A项

正确；a、c两点NH3的浓度相等，c点的温度高于a点，则压强pa<pc，B项正确；温度为T1K时，氨气的平衡浓度为2mol·L－1，容器的体积为1L，则反应的N2为1mol，故N2的平衡转化率为50%，C项正确；温度为T1K时，N2、H2、NH3的平衡浓度分别为1mol

·L－1、4mol·L－1、2mol·L－1，则该温度下的平衡常数K＝c2（NH3）c（N2）×c3（H2）＝221×43＝116，再加入1molN2和1molNH3后，N2、H2、NH3的浓度分别为2mol·L－1、4mol·L－1、3mol·L－1，此时Qc＝c2（NH3）

c（N2）×c3（H2）＝322×43>116，故平衡逆向移动，D项错误。5．C5min时，b容器中的反应不一定达到了平衡状态，则v(正)、v(逆)不一定相等，A项错误；温度越高，反应速率越快，根据图中b、c两容器中的φ(CO)可知，升高温度，平衡逆向移动，说明

该反应的正反应为放热反应，B项错误；根据图像，a容器中反应未达到平衡，v(正)>v(逆)，b容器的温度高，v(正)b>v(正)a，因此b容器中正反应速率大于a容器中的逆反应速率，C项正确；该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO的平

衡转化率降低，故达平衡时，a、b、c中CO的转化率为a>b>c，D项错误。6．B反应初始4s内X的平均反应速率v(X)＝0.005mol·(L·s)－1，根据速率之比等于化学计量数之比，可知v(Y)＝v(X)＝0.005mol·(L·s)－1，则4s内Δc(Y)＝0.005mol·L－1·s－1×

4s＝0.02mol·L－1，Y的起始浓度为0.8mol2L＝0.4mol·L－1，故4s时c(Y)＝0.4mol·L－1－0.02mol·L－1＝0.38mol·L－1，A错误；设平衡时X的浓度变化量为x，则：X（g）＋Y（g）⇌

R（g）＋Q（g）开始（mol·L－1）：0.10.400变化（mol·L－1）：xxxx平衡（mol·L－1）：0.1－x0.4－xxx故x2（0.1－x）（0.4－x）＝1.0，解得x＝0.08，所以平衡时X的转化率为0

.08mol·L－10.1mol·L－1×100%＝80%，B正确；由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，C错误；1200℃时反应X(g)＋Y(g)⇌R(g)＋Q(g)的平衡常数值为0.4，所以1200℃时反应R(g)＋Q(g)⇌X(g)＋Y(

g)的平衡常数的值为10.4＝2.5，D错误。7．C增大B的量，平衡正向移动，A的体积分数减小，则甲中x2>1，A项错误；由图甲可知，升高温度，A的体积分数增大，可知正反应为放热反应，则升高温度，正反应的K减小，乙中B线表示正反应的平衡常数变

化，B项错误；由图乙可知，T1时x＝2，K＝1，设B的转化的物质的量为amol，容器的容积为VL，列三段式：A(g)＋B(g)⇌C(g)＋D(g)起始量/mol1200转化量/molaaaa平衡量/mol1－a2－aaaK＝aV×aV（1－aV）×（2

－aV）＝1，解得a＝23，则B的转化率为23mol2mol×100%≈33.3%，C项正确；由于正反应为气体分子数不变的放热反应，恒容绝热装置中进行该反应，气体体积、物质的量不变，温度升高，达到平衡时，装置内的气体压强与起始状态相比将增大，D项错误。8．D由2C(s)＋2NO2(g)⇌N2(

g)＋2CO2(g)可知，NO2的生成速率(逆反应速率)是N2的生成速率(正反应速率)的二倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足，A项正确；由题中信息可知，维持温度不变，即E、G两点温度相同，K(E)＝K(G)，B项正确；由图乙知，E点反应未达到平衡

，此时v逆小于平衡时的反应速率，F点反应达到平衡，且压强：E<F，平衡时反应速率：E<F，则E点的v逆小于F点的v正，C项正确；混合气体中气体浓度与压强有关，压强越大，体积越小，浓度越大，所以G点压强

大，浓度大，即c(E)<c(G)，D项错误。9．B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1mol，转化量为xmol，则生成2xmolCO，剩余(1－x)molCO2，因平衡时CO的体积分数为40.0%，则2x1－x＋2x×100%

＝40.0%，解得x＝0.25，故CO2的转化率为0.25mol1mol×100%＝25.0%，B正确；由题图可知T℃时，平衡体系中CO2和CO的体积分数相等，则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p(CO)＝0.96p总，p(

CO2)＝0.04p总，Kp＝p2（CO）p（CO2）＝（0.96p总）20.04p总≈23.0p总，D错误。专练38速率、平衡图像1．D由题图知，a起始浓度最大，在整个反应过程中浓度一直减小，所以a代表c(X)

随t的变化曲线，A说法正确；t1时，三条曲线相交，三种物质的浓度相等，B说法正确；结合题给反应判断，先增加后减小的是c(Y)随t变化的曲线，一直增大的是c(Z)随t变化的曲线，t2时，c(Y)在减小，

说明Y的消耗速率大于生成速率，C说法正确；由题图知，t3后，只有Y和Z，X完全反应，结合反应①②可得出c(Z)＝2c0－2c(Y)，D说法错误。2．C根据图像①，升高温度，平衡正向移动，正反应ΔH>0，A错；②反应实质是Fe3

＋＋3SCN－⇌Fe(SCN)3，K＋和Cl－不参加化学反应，增大KCl浓度不影响化学平衡，B错；③使用催化剂，反应速率加快，先达到平衡，C正确；④此反应为反应前后气体物质的量不变的化学反应，改变压强不影响平衡状态，即不影响

A的转化率，且由于不断加入B，A的转化率增大，D错。3．A已知化学平衡2A(g)＋B(g)⇌2C(g)(正反应放热)，所以升高温度，平衡逆向移动，C的含量减小，A的转化率也减小，A正确，D错误；增大压强，正、逆反应速率都增大，B图像中逆反应速率是减小的，B错误；使用催化剂能加快反应

速率，缩短达到平衡的时间，即拐点前移，但平衡不移动，即水平线重合，C错误。4．D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Ⅱ的温度高，但是转化率低，说明升温使平衡逆向移动，转化率降低，B错误；曲线Ⅰ和曲线Ⅱ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，随着反应物的浓度减小，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处速率大于c处，D正确。5．B图像能说明平衡体系各组分(或某一成分)在反应过程中的变化

情况。解题时要注意各物质曲线的折点(达平衡时刻)，所以反应在T2温度时第一次达到平衡，故A错误，B正确；随着温度升高，反应物A的含量增大，生成物C的含量减少，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，C、D错误。6．A

由题图可知，反应再次达到平衡时的逆反应速率与原平衡相同，改变的条件一定是加入了一定量的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t2时刻反应物的浓度都减小。t1时刻的v(正)大于t2时刻的v(正)，A错误；t2时刻改变的条件是向密闭容器中加R，B正确；

Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，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两过程达到平衡时，反应的平衡常数相等，D正确。7．C该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，

则T1<T2<T3，故A项错误；由图可知，a、c两点压强相同，因为T1<T3，则v(a)<v(c),b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v(b)＞v(d)，故B项错误；因为温度T1<T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K(a)＞K(c)，平衡常数只与温度有

关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K(b)＝K(d)，故C项正确；CO转化率越大，n总越小，由M＝m/n可知，a点n总小，则M(a)＞M(c)，同理M(b)＞M(d)，故D项错误。8．C若t1＝

15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率v＝ΔcΔt＝0.11－0.0515mol·(L·s)－1＝0.004mol·(L·s)－1，A正确；由乙图知，t3～t4、t4～t5阶段平衡均未移动，已知t3～t4阶段为使用催化剂，则t4～t5阶段应为降低压强，该反应为等体积反应，反应

前后气体的物质的量不变，B正确；密闭容器中一开始加入0.3molA，根据图像知A的起始浓度为0.15mol·L－1，则容器的体积为0.3mol0.15mol·L－1＝2L。反应中A的浓度变化为0.15mol·L－1－0.06mol

·L－1＝0.09mol·L－1，C的浓度变化为0.11mol·L－1－0.05mol·L－1＝0.06mol·L－1，反应中A与C的计量数之比为0.09∶0.06＝3∶2，因该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A

(g)⇌B(g)＋2C(g)，根据方程式可知消耗0.09mol·L－1的A，则生成0.03mol·L－1的B，容器的体积为2L，生成B的物质的量为0.03mol·L－1×2L＝0.06mol，平衡时B的物质的量为0.05mol·L－1×2L＝0.1mol，所以

起始时B的物质的量为0.1mol－0.06mol＝0.04mol，C错误，D正确。9．D由图甲可知，T2时处于化学平衡状态，升高温度，Z%减少，X%增多，所以ΔH<0，A错误；由图乙可知，反应自t3开始一直在向逆反

应方向移动，所以t6时NH3的体积分数最小，B错误；由图乙可知，t3时如果降低温度，平衡向正反应方向移动，则v正>v逆，C错误；由图丙可知，反应进行到4min时，消耗的反应物的物质的量为0.12mol·L－1×10L＝1.2mol，所以放出的热量为51.6kJ，D正确。10．BA项，由图a可知，

温度升高，逆反应速率比正反应速率增大的程度大，平衡逆向移动，正反应为放热反应，错误；C项，增大压强平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图像不符，错误；D项，升高温度气体的平均相对分子质量减小，说明气体的总物质的量增加，平衡逆向移动，正反应为放热反应，Δ

H<0，错误。11．CA项，由图可知，x点尚未平衡，此压强下B的平衡百分含量比x点时的百分含量小，故x点的正反应速率大于逆反应速率，错误；B项，该反应前后的气体体积不变，t1时刻改变条件，正、逆反应速率增大，但依然相等，说明平衡不移动，则改变的条件可能

是加入催化剂，也可能是增大压强，错误；C项，由图可知，M点时A的百分含量最低，说明M点反应达到平衡，M点前为平衡的形成过程，M点后为平衡移动过程，由M点后，温度升高，A的百分含量增大可知，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，Δ

H<0，正确；D项，图中的阴影部分面积表示反应物浓度和生成物浓度的改变值的差值，即是(v正－v逆)t，错误。专练39弱电解质的电离平衡1．B常温下溶液ⅠpH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1，故

c(H＋)<c(OH－)＋c(A－)，A项错误；溶液ⅡpH＝1.0，即c(H＋)＝1.0×10－1mol·L－1，Ka(HA)＝1.0×10－1×c（A－）c（HA）＝1.0×10－3，c(HA)＝100c(A－)，α(HA)＝c（A－）c总（HA）＝c（A－）c（A－）＋c（HA）＝c（A－

）c（A－）＋100c（A－）＝1101，B项正确；因未电离的HA能自由穿过中间隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C项错误；根据溶液Ⅰ、Ⅱ的pH及Ka(HA)＝1.0×10－3可知，溶液Ⅰ中c总(HA)＝c(HA)＋c

(A－)＝c(HA)＋104c(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)＝c(HA)＋10－2c(HA)＝1.01c(HA)，由C项分析知溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为104＋11.01≈104，D项错误。

2．D已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS－的浓度增大，S2－浓度逐渐增大，则有－lgc(HS－)和－lgc(S2－)随着pH增大而减小，且pH相同时，HS－浓度大于S2－，即－lg

c(HS－)小于－lgc(S2－)，则Ni2＋和Cd2＋浓度逐渐减小，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)即当c(S2－)相同时，c(Ni2＋)＞c(Cd2＋)，则－lgc(Ni2＋)和－lg(Cd2＋)随着pH增

大而增大，且有－lgc(Ni2＋)小于－lg(Cd2＋)，由此可知曲线①代表Cd2＋、②代表Ni2＋、③代表S2－，④代表HS－，据此分析结合图像各点数据进行解题。由分析可知，曲线①代表Cd2＋、③代表S2

－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13mol·L－1，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A错误；由分析可知，③为pH与－lgc(S2－)的关系曲线，B错误；由分析可知，曲线④代表HS

－，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H＋)＝10－1.6mol·L－1时，c(HS－)＝10－6.5mol·L－1，Ka1(H2S)＝c（H＋）c（HS－）c（H2S）＝10－1.6×10－6.50.1＝10－7.1或者当c(H＋)＝10－4.2mol·L－1时，c

(HS－)＝10－3.9mol·L－1，Ka1(H2S)＝c（H＋）c（HS－）c（H2S）＝10－4.2×10－3.90.1＝10－7.1，C错误；已知Ka1Ka2＝c（H＋）c（HS－）c（H2S）×c（H＋）c（S2－）c（HS－）＝c2（H＋）c（S2－）c（H2S），由曲

线③两点坐标可知，当c(H＋)＝10－4.9mol·L－1时，c(S2－)＝10－13mol·L－1，或者当c(H＋)＝10－6.8mol·L－1时，c(S2－)＝10－9.2mol·L－1，故有Ka1K

a2＝c2（H＋）c（S2－）c（H2S）＝（10－4.9）2×10－130.1＝（10－6.8）2×10－9.20.1＝10－21.8，结合C项分析可知，Ka1＝10－7.1故有Ka2(H2S)＝10－14.7，D正确；故答案为：D。3．D电解质溶液的导电能力与自由移动的离子浓

度成正比，当弱电解质溶液中的离子浓度大于强电解质溶液中的离子浓度时，弱电解质溶液的导电能力可以强于强电解质溶液，A错误；NH3自身不能电离出离子，是非电解质，BaSO4在水溶液中溶解的部分完全电离，属于强电解质，B错误；电解质必须是自身能够电离的化合物，

CO2溶于水后，生成的产物可部分电离，其自身不能电离，CO2属于非电解质，C错误；若纯净的强电解质为共价化合物，则在液态时不导电，若为离子化合物，则能导电，D正确。4．C常温下NaNO2溶液的pH大于7表明Na

NO2是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱电解质，①正确；用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，可能是因为溶液中溶质的浓度太小，不能说明亚硝酸是弱电解质，②错误；HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明HNO2的酸性弱于HCl，但不能说明HNO2是弱电解质，③错误；常温下

0.1mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1，说明亚硝酸在溶液中部分电离，则亚硝酸是弱电解质，④正确；常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7，说明亚硝酸在溶液中部分

电离，表明亚硝酸是弱电解质，⑤正确；常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1，说明亚硝酸在溶液中部分电离，稀释100倍后其电离程度增大，表明亚硝酸是弱电解质，⑥正确；根据上述分析，C正确。5．B室温下测得0.1mol·L－1HA溶液的pH>1，证

明HA在溶液中部分电离出氢离子，则说明HA是弱酸，A不选；碳酸钠溶液中滴入0.1mol·L－1的HA溶液，产生大量无色气体，说明HA的酸性大于碳酸，但无法证明HA为强酸还是弱酸，B选；室温下测得某HA溶液的pH＝a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液pH＝b

，且b－a<2，说明稀释过程中HA又电离出氢离子，则证明HA为弱酸，C不选；室温下，用pH试纸测得0.1mol·L－1NaA溶液的pH>7，说明NaA为强碱弱酸盐，则证明HA为弱酸，D不选。6．B向10mLpH＝3的CH3COOH溶液中加入90mLH2O，醋酸电离平衡正向移动，c(H＋)>1

0－4mol·L－1，故由水电离出的c(H＋)<10－10mol·L－1，A错误；加0.1molCH3COONa固体，醋酸电离平衡逆向移动，c(OH－)比原CH3COOH溶液中的大，B正确；加pH＝1的H2SO4溶液，抑制醋酸电离，CH3COO

H的电离程度减小，C错误；加10mLpH＝11的NaOH溶液，酸碱中和后，醋酸剩余，溶液显酸性，c(CH3COO－)＞c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，D错误。7．DMCl2属于盐，在水中完全电离，但M(OH)2可能是强碱，也可能是弱碱，A正确；等体积的

盐酸(pH＝1)和醋酸(0.1mol·L－1)中H＋的物质的量相同，因此加入过量的Zn，产生氢气的量相同，相同条件下，体积相同，B正确；HSO－3在水中既有电离也有水解，NaHSO3溶液显酸性，说明HSO－3的电离程度大于水解，C正确；NH3·H2O为弱碱，NaOH为强碱，相同pH时，c(

NH3·H2O)>c(NaOH)，加水稀释促进NH3·H2O的电离，即稀释相同倍数后，c(NH＋4)>c(Na＋)，D错误。8．C加入NH4Cl固体，溶液中c(NH＋4)增大，平衡逆向移动，A错误；通入NH3

，c(NH3·H2O)增大，平衡正向移动，但NH3·H2O的电离程度减小，B错误；加入NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，平衡逆向移动，溶液的碱性增强，C正确；通入HCl，H＋与OH－结合生成H2O，c(O

H－)减小，平衡正向移动，溶液中c(NH＋4)增大，D错误。9．D溶液的导电能力越强，溶液中离子的浓度越大，由图可知，导电能力：b>a>c，则溶液中c(CH3COO－)：b>a>c，A错误；加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，故醋酸的电离程度：a<b<

c，B错误；起始加入冰醋酸的量一定，故用等浓度的KOH溶液中和，消耗KOH溶液的体积相同，C错误；b点溶液加水稀释，溶液导电能力减弱，溶液的酸性减弱，pH增大；加入CH3COONa固体，溶液中c(CH3COO－)增大，CH3COOH电

离平衡逆向移动，c(H＋)减小，溶液的酸性减弱，pH增大，D正确。10．C根据题图知，0.1mol·L－1HX溶液的lgc（H＋）c（OH－）＝12，则c(H＋)＝0.1mol·L－1，HX为强酸，同理可推知，HY为弱酸，A项

错误；a点HX溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－13mol·L－1，B项错误；c点时加入n(NaOH)＝0.005mol，此时得到等物质的量浓度的HY和NaY的混合溶液，lgc（H＋

）c（OH－）＝6，则c(H＋)＝10－4mol·L－1，溶液呈酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，故c(Y－)>c(HY)，C项正确；b点时n(NaOH)＝0.008mol，而n(HY)＝0.01mol，故HY过量，D项错误。11．(1)增大(2)a(3)cd(4)

>>>解析：(1)升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；(2)电离平衡常数越大，酸性越强，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO－3，酸根离子对应的酸的酸性越强，

酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO2－3＞ClO－＞HCO－3＞CH3COO－，即a＞b＞d＞c；(3)a.CO2－3＋2CH3COOH===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O：

CH3COOH酸性大于碳酸，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生；b.ClO－＋CH3COOH===CH3COO－＋HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生；c．CO2－

3＋2HClO===CO2↑＋H2O＋2ClO－：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生；d.2ClO－＋CO2＋H2O===CO2－3＋2HClO：由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO－3，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，

不会生成CO2－3，该反应不能发生。(4)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化

大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H＋)大于醋酸溶液水电离出来的c(H

＋)；pH＝2的HX和醋酸，HX的酸性大于醋酸，所以醋酸的浓度大于HX，因此等体积的两种酸，醋酸的量多，因此用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸大于HX。专练40水的电离、溶液的酸碱性及pH计算1．B盐类的水

解促进水的电离，Na2A比NaHA易水解，等浓度的溶液前者水的电离程度更大，A项错误；设0.1mol·L－1H2A溶液在pH＝3时H2A的电离度是α，则Ka1＝c（HA－）·c（H＋）c（H2A）＝0.1α×10－30.1－0.1α＝

1.3×10－7，解得α＝1.3×10－4，B项正确；溶液pH＝11时，c(H＋)＝10－11mol·L－1，由Ka2＝c（A2－）·c（H＋）c（HA－）＝7.1×10－15，可得c（A2－）c（HA－）＝7.1×

10－4<1，c(A2－)<c(HA－)，C项错误；因为加水稀释促进H2A的电离，所以稀释10倍后溶液pH变化<1，D项错误。2．BH2SeO4第一步完全电离，则KHSeO4溶液中，HSeO－4只电离不水解，溶液显酸性

，A项错误；K2SeO4溶液中存在物料守恒：c(K＋)＝2[c(HSeO－4)＋c(SeO2－4)]，B项正确；0.5mol·L－1的H2SeO4溶液中，c(HSeO－4)＋c(SeO2－4)＝0.5mol·L－1，c(HSeO－4)＋

2c(SeO2－4)＋c(OH－)＞0.5mol·L－1，C项错误；向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，Ka＝c（H＋）c（SeO2－4）c（HSeO－

4）＝2.18×10－2，故c（SeO2－4）c（HSeO－4）＝2.18×105，D项错误。3．B水的电离为吸热反应，温度越高，电离程度越大，故T1<T2，A项正确；由图像可知，XZ线上只有X点存在pH＝7，越靠近Z点，pH越小，B项错误；XZ线上任意点均有

c(H＋)＝c(OH－)，在X、Z连线的上方M区域c(H＋)<c(OH－)，在X、Z连线的下方区域c(H＋)>c(OH－)，C项正确；在任何溶液中，均有c(OH－)×c(H＋)＝Kw，D项正确。4．AA项，pH＝3的醋酸溶液中c(H＋)

＝1×10－3mol·L－1，pH＝11的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，pH<7，正确；B项，pH＝3的盐酸中c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝1×10－3m

ol·L－1，酸、碱都是强电解质，在室温下等体积混合后，pH＝7，错误；C项，pH＝3的盐酸中c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，pH＝11的氨水中c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，由于NH3·H2O为弱碱，则碱过量，在室温下等体积混合

后，pH>7，错误；D项，pH＝3的硫酸中c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，pH＝11的氨水中c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，由于NH3·H2O为弱碱，则碱过量，在室温下等体积混合后，pH>7，错误。5．D100℃时，pH＝10的NaOH溶液，c(OH－)＝

0.01mol·L－1，与pH＝2的H2SO4恰好中和，溶液为中性，其pH＝6，故A错误；25℃时，0.2mol·L－1Ba(OH)2溶液和0.2mol·L－1HCl等体积混合，碱过量，溶液的pH＞7，故B错误；25℃时，0.2

mol·L－1NaOH溶液与0.2mol·L－1CH3COOH恰好中和生成醋酸钠，水解显碱性，则所得溶液的pH＞7，故C错误；25℃时，pH＝12的氨水，碱的浓度大于0.01mol·L－1，pH＝2的H2SO4中c(H＋)＝0.01mol·L－1，等体积混合，碱过量，所得溶液的pH＞7，

故D正确。6．C因酸碱的强弱未知，a＝b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，A错误；因温度未知，则pH＝7不一定为中性，B错误；混合溶液中，c(H＋)＝Kwmol·L－1，根据c(H＋)·c(OH－)＝Kw

可知溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝Kwmol·L－1，溶液呈中性，C正确；任何溶液都存在电荷守恒，即c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)，不能确定溶液的酸碱性，D错误。7．C由题图可知，未加盐酸时lgc（H＋）c（OH－）＝－8，室温下0.1

mol·L－1的ROH溶液中c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，c(R＋)≈1×10－3mol·L－1，Kb(ROH)＝c（R＋）·c（OH－）c（ROH）≈（1×10－3）20.1＝1×10－5，A项正确；点②对应溶液是等浓度的RCl和ROH溶液，根据

电荷守恒和物料守恒有c(R＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)和2c(Cl－)＝c(R＋)＋c(ROH)，两式联立可得c(R＋)＋2c(H＋)＝c(ROH)＋2c(OH－)，B项正确；随着盐酸的滴加，

溶液的碱性减弱，对水的电离抑制程度减小，恰好完全中和时水的电离程度最大，继续滴加盐酸，对水的电离抑制程度又增大，C项错误；c（R＋）c（ROH）·c（H＋）＝c（R＋）·c（OH－）c（ROH）·c（H＋）·c（OH－）＝Kb（ROH）

Kw，温度不变，Kb、KW均不变，二者的比值也不变，D项正确。8．D某温度下，测得蒸馏水pH＝6，其中c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－6mol·L－1，Kw＝1.0×10－12。该温度下，某溶液中水电离出的c(H＋)＝1.0×10－12mol·L－1

<1.0×10－6mol·L－1，说明水的电离被抑制，可能是酸溶液或碱溶液，pH可能是0或12，故A错误；该温度下，NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－，通入CO2，平衡正向移动，c(NH＋4)不断增大，而平衡常数K不变，则c（OH－）c（NH3·H2O）＝Kc（NH＋4）不断减小，故B错误；该温度

下，中性溶液pH＝6，而pH＝5.5的盐酸不管怎么稀释，溶液最终还是酸性，pH不会超过6，故C错误；该温度下，pH为2的NaHSO4溶液中c(H＋)＝1.0×10－2mol·L－1，pH＝10的NaOH溶液中c(OH－)＝1.0×10－2mol·L－1，

二者等体积混合恰好完全反应，生成Na2SO4，溶液呈中性，故D正确。9．B根据图像可知温度为T1时Kw＝10－7×10－7＝10－14，温度为T2时Kw＝10－6×10－6＝10－12，温度升高水的电离程度增大，故T2>T1，A错误；T2温度时，

pH＝10的NaOH溶液c(OH－)＝10－2mol·L－1，pH＝3的H2SO4溶液c(H＋)＝10－3mol·L－1，将两者混合后，若溶液呈中性，根据n(OH－)＝n(H＋)，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为1∶10，B正确；由图像可知b点到c点Kw减小，温度改变，Kw

才会改变，C错误；温度不变Kw不变，温度升高Kw增大，a、e、d三点温度相同，故三点Kw相同，从a到c到b温度依次升高，故Kw的关系为b>c>a＝d＝e，D错误。10．(1)＞(2)1000︰1(3)1×10－10mol·L－1(4)9︰11解析：(1)水是弱电解质，存在电离

平衡，电离过程为吸热反应，所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大；(2)硫酸钠溶液中一定满足c(Na＋)∶c(SO2－4)＝2∶1，硫酸钠溶液中c(Na＋)＝2×5×10－4mol·L－1＝10－3mol·L－1，稀释后c

(Na＋)＝10－3/10＝10－4mol·L－1，溶液呈中性，c(OH－)＝10－7mol·L－1，则稀释后溶液中c(Na＋)∶c(OH－)＝10－4∶10－7＝1000︰1；(3)酸溶液中的氢氧根离子是由水电离产生的，因此在t2℃下，pH＝2的稀硫酸溶

液中，c(H＋)＝10－2mol·L－1，因为Kw＝1×10－12，所以c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－10mol·L－1；(4)t2℃下，Kw＝1×10－12，pH＝11的苛性钠溶液，c(OH－)＝10－1mol·L－1，混合液的pH＝2，酸过量

，c(H＋)混＝[n(H＋)－n(OH－)]/V总＝(0.1×V2－0.1×V1)/(V2＋V1)＝0.01，解之得V1∶V2＝9︰11。11．(1)A水电离需要吸热，温度越高Kw越大10∶1(2)a＋b＝14(3)小于无法确定若BOH是弱碱，则无法确定酸与碱的物质的量的相对多少(4)10解

析：(1)曲线A条件下Kw＝c(H＋)×c(OH－)＝10－7×10－7＝10－14，曲线B条件下c(H＋)＝c(OH－)＝10－6mol·L－1，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－12；水的电离是吸热过程，加热促进电离，温度越

高Kw越大，所以A曲线代表25℃时水的电离平衡曲线；25℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH－)＝n(H＋)，则V(NaOH)·10－5mol·L－1＝V(H2SO4)·10－4mol·L－1，得V(NaOH)∶V(H2SO4)＝10∶1；(2)强

酸的pH＝a，强碱的pH＝b，由95℃时，若100体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混和后溶液呈中性，即n(OH－)＝n(H＋)，则100×10－a＝1×10b－12，102－a＝10b－12，即2－a＝b－12，则a＋b＝14；(3)在曲线A中，水的离子积为10－7×10－7＝10－14，p

H＝2的HCl中c(H＋)＝10－2mol·L－1，pH＝11的某BOH溶液中c(OH－)＝10－3mol·L－1，因c(H＋)＞c(OH－)，故在盐酸中水的电离受到的抑制作用比较大，即：α1小于α2；若BOH是强碱

，等体积混合酸过量，此时pH小于7，若BOH是弱碱，则无法确定酸与碱的物质的量的相对多少，故无法确定反应后溶液的pH；(4)在曲线B中，水的离子积为：10－6×10－6＝10－12，0.02mol·L－1的Ba(OH

)2溶液中c(OH－)＝0.04mol·L－1，NaHSO4溶液的浓度为0.02mol·L－1，c(H＋)＝0.02mol·L－1，当二者等体积混合后，溶液中的c(OH－)＝0.04mol·L－1－0.02mol·L－12＝0.01mol·L－1，则c(H＋)＝10－120.01＝10－10mol

·L－1，故该溶液的pH＝10。专练41盐类水解、离子浓度的比较1．C从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2－进行络合，但在pH＝1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL－较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算

pH＝1时溶液中c(HL－)≈10－9.46，但pH＝1时c(OH－)＝10－13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]＋)>c(HL－)>c(OH－)，A错误；根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈

9.9时HL－的含量最大，而H2L和L2－的含量最少，因此当pH在9.5～10.5之间时，含L的物种主要为HL－，B错误；C．该反应的平衡常数K＝c（[FeL2]－）c（[FeL]＋）c（L2－），当[FeL2]－与[FeL]＋分布分

数相等时，可以将K简化为K＝1c（L2－），此时体系的pH＝4，在pH＝4时可以计算溶液中c(L2－)＝5.0×10－14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10－14.16，即lgK≈14，C正确；根据图像，pH＝10时溶液中主要的型体为[FeL3]3－和[F

eL2(OH)]2－，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝1×10－4mol·L－1，此时形成[FeL3]3－消耗了3×10－4mol·L－1的L2－，形成[FeL2(OH)]2－消耗了2×10－4mol·L－1的L2－

，共消耗了5×10－4mol·L－1的L2－，即参与配位的c(L2－)≈5×10－4，D错误；故答案选C。2．DNH2CH2COOH中存在－NH2和－COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，A正确；氨基具有碱性，在

酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NH＋3CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NH＋3CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO－的分布分数随溶液

pH的变化，B正确；NH＋3CH2COO－＋H2O⇌NH＋3CH2COOH＋OH－的平衡常数K＝c（NH＋3CH2COOH）·c（OH－）c（NH＋3CH2COO－），25℃时，根据a、b曲线交点坐标(2

.35，0.50)可知，pH＝2.35时，c(NH＋3CH2COO－)＝c(NH＋3CH2COOH)，则K＝c(OH－)＝Kwc（H＋）＝10－11.65，C正确；由C项分析可知，c（NH＋3CH2COOH）c（NH＋3CH2COO－）＝10－11.

65c（OH－），根据b、c曲线交点坐标(9.78，0.50)分析可得电离平衡NH＋3CH2COO－⇌NH2CH2COO－＋H＋的电离常数为K1＝10－9.78，c（NH2CH2COO－）c（NH＋3CH2COO－）＝K1c（H＋）＝10－9.78c（H＋），则c（NH＋3CH2COO

H）c（NH＋3CH2COO－）×c（NH2CH2COO－）c（NH＋3CH2COO－）＝10－11.65c（OH－）×10－9.78c（H＋）<1，即c2(NH＋3CH2COO－)>c(NH＋3CH2COOH)·c(NH2CH2

COO－)，D错误。3．CA项，KOH吸收CO2可能生成K2CO3，此时由于CO2－3以第一步水解为主，故溶液中c(HCO－3)>c(H2CO3)，也可能生成KHCO3，由于HCO－3的水解很微弱，故此时溶液中c(HCO－3)>c(H2CO3)，还可能生成K2

CO3和KHCO3的混合物，同理，溶液中亦存在c(HCO－3)>c(H2CO3)，错误；B项，K2CO3溶液中存在质子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO－3)＋2c(H2CO3)，错误；C项，由于KOH溶液的浓度为0.1mol·L－1，c总＝0.1

mol·L－1，即c(K＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO－3)＋c(CO2－3)，此等式为KHCO3溶液的物料守恒式，故此时所得溶液为KHCO3溶液，HCO－3存在水解平衡HCO－3＋H2O⇌H2CO3＋OH－，电离平衡HCO－3⇌CO2－3

＋H＋，由Kh(HCO－3)＝KwKa1>Ka2可知，HCO－3的水解程度大于电离程度，故c(H2CO3)>c(CO2－3)，正确；D项，“吸收”时发生的反应和“转化”时发生的反应均为放热反应，故溶液的温度升高，错误。4．B0.001mol·L－1

GHCl水溶液中GH＋少量水解生成H＋，所以c(H＋)小于0.001mol·L－1，pH>3，A错误；0.001mol·L－1GHCl水溶液加水稀释，GH＋水解平衡正向移动，但是溶液体积增大使c(H＋)减小，则pH升高，B正确；GHCl的电离方程式为GHCl⇌GH＋＋Cl－，C错误；GH

Cl水溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(GH＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，D错误。5．BBaCO3难溶于水，但能溶于胃酸(主要成分是盐酸)，不可以用作钡餐，故A错误；K2CO3溶液显碱性，与铵态氮肥混合使用时NH

＋4会发生反应生成NH3，使N元素流失，降低肥效，故B正确；84消毒液的有效成分为次氯酸钠，而洁厕净的主要成分为盐酸，混合使用会发生反应生成氯气，氯气有毒，故C错误；制备泡沫灭火剂是用硫酸铝和碳酸氢钠而不是碳酸钠，故D错误。6．Cc点溶液pH＝7，所以c

(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒得c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，所以c(NH＋4)＝c(Cl－)，A正确；b点温度最高，说明此时NH3·H2O与HCl恰好完全反应，溶液溶质为NH4Cl，离子浓度：c(Cl－)>c(NH＋4)>c(H＋)>c(OH－

)，B正确；b点溶液为氯化铵溶液，铵根离子水解促进水的电离，水的电离程度最大，c点溶液pH＝7，铵根离子水解对水电离的促进程度与一水合氨电离对水电离的抑制程度相同，可认为水的电离不受影响，a点为1mol·L－

1盐酸，HCl电离抑制水的电离，d点溶液中溶质为一水合氨和氯化铵，铵根离子水解促进水的电离，且一水合氨是弱电解质，对水电离的抑制程度较小，故水的电离程度：b>c>d>a，C错误；根据图像可知，c点时溶液的pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(NH＋4

)＝c(Cl－)＝0.5mol·L－1，根据物料守恒可知：c(NH3·H2O)＝(0.5n－0.5)mol·L－1，则NH4Cl水解常数Kh＝（0.5n－0.5）×10－70.5＝(n－1)×10－7，D正确。7．B溶液显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度

，由实验1可得出：c(Na＋)>c(HCO－3)>c(H2CO3)>c(CO2－3)，A项错误；向10mL0.1mol·L－1NaHCO3溶液中逐滴加入等体积0.1mol·L－1NaOH溶液，恰好完全反应生成Na2CO3，碳酸根离子发生水解，

则有质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO－3)＋2c(H2CO3)，B项正确；实验3反应后静置得到的上层清液为碳酸钙的饱和溶液，溶液中有c(Ca2＋)·c(CO2－3)＝Ksp(CaCO3)，C项错误；碳酸氢根离子

不能拆开，实验4中反应的离子方程式应为HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O，D项错误。8．BNaHSO3溶液呈酸性说明HSO－3的电离程度大于HSO－3的水解程度，NaHSO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(HSO－

3)>c(H＋)>c(SO2－3)>c(OH－)，NaHCO3溶液呈碱性说明HCO－3的水解程度大于HCO－3的电离程度，NaHCO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(HCO－3)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO2－3)，A项错误；两溶

液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO－3)＋2c(RO2－3)＋c(OH－)，物料守恒为c(Na＋)＝c(HRO－3)＋c(RO2－3)＋c(H2RO3)，两式整理得c(H＋)＋c(H2RO

3)＝c(RO2－3)＋c(OH－)，B项正确；两溶液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HRO－3)＋2c(RO2－3)＋c(OH－)，C项错误；两溶液中c(Na＋)相等，但c(HRO－3)、c(RO2－3)不相等，D项错误。9．A①NH4Cl中Cl－不

影响NH＋4水解，②NH4Al(SO4)2中Al3＋水解抑制NH＋4水解，③NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离产生的H＋抑制NH＋4水解，而且比②中Al3＋水解对NH＋4水解的影响程度大，所以pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液

：浓度的大小顺序为①>②>③，A正确；NaA中水解平衡常数Kh＝KwKa＝10－144.93×10－10＝2.02×10－5，水解平衡常数大于电离平衡常数，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(HA)>c

(Na＋)>c(A－)，B错误；NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO－3的水解，n(HCO－3)减小，n(Na＋)不变，则c(Na＋)与c(HCO－3)的比值将增大，C错误；根据越弱越水解可知CH3COOK碱性比NaF碱性强，根据电荷守恒CH3COOK溶

液中c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(K＋)＋c(H＋)，所以c(K＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)，NaF溶液中c(F－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，所以c(Na＋)－c(F－)＝c(OH－)－c

(H＋)，CH3COOK溶液碱性强，CH3COOK溶液中c(OH－)－c(H＋)大于NaF溶液中c(OH－)－c(H＋)，c(K＋)－c(CH3COO－)>c(Na＋)－c(F－)，D错误。10．Ba点溶质为KOH，

pH＝12，此时溶液中H＋全来自水的电离，因此水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1，故A项正确；c点溶液中，水电离出的OH－离子浓度最大，说明此时的溶液是碳酸钾溶液，则b点溶液是K2CO3和KOH的混合溶液，溶液显碱性，因此c(

H＋)<1×10－7mol·L－1，故B项错误；c点溶液为K2CO3溶液，因此根据物料守恒可知c(K＋)＝2[c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(H2CO3)]，故C项正确；d点溶液为中性溶液，即c(H

＋)＝c(OH－)，由电荷守恒可得c(K＋)＝2c(CO2－3)＋c(HCO－3)，故D项正确。11．Ba＝1时，溶液中溶质为NaH2PO4，此时pH＝4.7，说明H2PO－4电离大于水解，因此c(Na＋)＞c(

H2PO－4)＞c(HPO2－4)＞c(H3PO4)，A错误；a＝1.5时，溶液中溶质为等物质的量的NaH2PO4和Na2HPO4，根据物料守恒知2c(Na＋)＝3c(H3PO4)＋3c(HPO2－4)＋3c(H2PO－4)＋3c(PO3－4)，则2c(Na＋)＞3c(H3PO4)

＋3c(HPO2－4)，B正确；a＝2时，溶液中溶质为Na2HPO4，此时pH＝9.7，说明HPO2－4水解大于电离，因此c(Na＋)＞c(HPO2－4)＞c(H2PO－4)＞c(PO3－4)，C错误；a＝3时，溶液中溶质为Na3PO4，根据质子守恒知：c(OH－)＝c(

H＋)＋c(HPO2－4)＋2c(H2PO－4)＋3c(H3PO4)，D错误。专练42滴定曲线的综合应用1．C因为CO2－3比HCO－3的水解程度大，且Na2CO3溶液浓度比NaHCO3溶液大，故Na2CO3溶液的初始pH较大，甲线表示向

Na2CO3溶液中滴加盐酸，向Na2CO3溶液中滴加盐酸时，CO2－3→HCO－3→H2CO3→CO2，开始加入盐酸时没有CO2产生，故丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，A项错误；从图像可以看出，b点尚未放出CO2，

此时反应的离子方程式是HCO－3＋H＋===H2CO3，B项错误；图像显示c点pH在8～10，则可以用酚酞作指示剂，d点pH在3～4，则可以用甲基橙作指示剂，C项正确；根据质子守恒，Na2CO3溶液中c(OH－)＝c(H＋)

＋c(HCO－3)＋2c(H2CO3)，D项错误。2．CA项，H2A的Ka2＝c（H＋）·c（HA－）c（H2A），根据题图可知，当c(HA－)＝c(H2A)时，pH＝6.38，则Ka1＝10－6.38，错误；B项，根据题图可知，c点时，c(HA－)>c(H2A)>c

(A2－)，错误；C项，根据题图可知，第一次突变时溶液呈碱性，故可以选择酚酞作指示剂，正确；D项，根据题图e点可知，当加入盐酸40mL时达到滴定终点，根据Na2A＋2HCl===2NaCl＋H2A计算可知c(Na2A)＝0.1000mol·L－1，错误。3．C在NaX溶液中，X

－发生水解反应：X－＋H2O⇌HX＋OH－，溶液中存在c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，A判断正确；等浓度的NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH大小关系：NaZ>NaY>NaX，根据“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ，则电离常数关系：Ka(HX)>Ka

(HY)>Ka(HZ)，B判断正确；pH＝7时，根据电荷守恒，三种溶液分别存在c(Cl－)＋c(X－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Y－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Z－)＝c(Na＋)，由于三种一元酸的酸性强弱不同，则向其盐溶液中加入HCl的物质

的量不同，则c(X－)、c(Y－)、c(Z－)三者不等，C判断错误；分别加入20.00mL盐酸后，均恰好完全反应，三种溶液的溶质分别为HX与NaCl、HY与NaCl、HZ与NaCl，三种溶液混合后的溶液中存在电荷守恒：c(X－

)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，D判断正确。4．C由以上分析知，A项错误；根据水样中所含离子种类及图像分析可知，a点处能水解的离子主要为HCO－3，根据质子守恒可得c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－

)＋c(CO2－3)，B项错误；水样中c(HCO－3)＝0.01mol·L－1，V(HCl)≤20mL时，随着HCl溶液的加入，HCO－3被稀释，但由于发生反应CO2－3＋H＋===HCO－3，又有HCO－3生成，a点时c(HCO－3)仍为0.01mol·L－1，故C项正确；根据图像分析及

碳元素守恒可知，起始时水样中c(H2CO3)＋c(HCO－3)＋c(CO2－3)＝0.03mol·L－1，但随着HCl溶液的加入，溶液被稀释，该值减小，D项错误。5．C由题图可知加入NaOH溶液的体积

为40mL时，溶液pH发生突跃，达到滴定终点，溶质为Na2A，故有n(H2A)＝20.00mL×c(H2A)＝12n(NaOH)＝12×0.1000mol·L－1×40mL，则c(H2A)＝0.100

0mol·L－1，而起点时pH约为1，故H2A的电离过程应为H2A===HA－＋H＋，HA－⇌A2－＋H＋，故曲线①表示δ(HA－)，曲线②表示δ(A2－)，A、B项错误；由Ka＝c（A2－）·c（H＋）c（HA－），VNaOH等于2

5mL时，pH＝2.0，且c(A2－)＝c(HA－)，可知Ka＝1.0×10－2，C项正确；以酚酞作指示剂，滴定终点时的溶质为Na2A，溶液呈碱性，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，结合c(H＋)<c(OH－)，可

知c(Na＋)>c(HA－)＋2c(A2－)，D项错误。6．D三种碱的起始浓度均为0.1mol·L－1，由图中信息可知，起始时pH都小于13，说明三种碱均为弱碱，且碱性强弱为AOH＜BOH＜DOH。滴定前，三种碱液中水电离的c(H＋)大小关系为AOH＞BOH＞DOH，

A不正确；pH＝7时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒可知，三种溶液中c(Cl－)均等于其c(弱碱的阳离子)。由于三种盐在相同的条件下的水解程度由小到大的顺序是DCl＜BCl＜ACl，且其水解均使溶液显酸性，则滴定到溶液恰好呈中性时，三种溶液中消耗HCl的体积由小到

大的顺序为AOH＜BOH＜DOH，则三种溶液中c(Cl－)不相等，且c(Cl－)由小到大的顺序为AOH＜BOH＜DOH，因而c(A＋)＜c(B＋)＜c(D＋)，故B不正确；滴定至P点时，此时中和百分数为50%，即BOH恰好有一半

被中和，溶液为物质的量浓度相同的BOH和BCl混合溶液，pH＞7、溶液显碱性，则BOH的电离程度大于BCl的水解程度，所以溶液中c(Cl－)＜c(B＋),C不正确；当中和百分数达100%时，三种溶液的物质的量浓度相同，混合后，根

据质子守恒，c(DOH)＋c(AOH)＋c(BOH)＋c(OH－)＝c(H＋)，则c(AOH)＋c(BOH)＋c(DOH)＝c(H＋)－c(OH－)，故D正确。7．B根据题图可知：曲线Ⅱ表示H2C2O4浓度负对数的变化，

曲线Ⅰ表示HC2O－4浓度负对数的变化，曲线Ⅲ表示C2O2－4浓度负对数的变化。pH＝4时，pC(HC2O－4)<pC(C2O2－4)，则c(HC2O－4)>c(C2O2－4)，A错误；pH＝3时溶质主要是NaHC2O4，向此时的溶液

中加NaOH溶液，NaHC2O4溶液和NaOH溶液之间会发生反应得到C2O2－4，C2O2－4的水解程度较大，对水的电离起到促进作用，B正确；a点时H2C2O4、HC2O－4的物质的量浓度相同，则Ka1＝c(H＋)＝

10－0.8，C错误；温度不变时，c2（HC2O－4）c（H2C2O4）·c（C2O2－4）＝Ka1Ka2，不随pH的升高而变化，D错误。8．C解答该题的关键是确定两条曲线的归属，根据两种弱酸的电离常数大小关系可知，点①所在曲线

为NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化曲线，点②所在曲线为NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的pH变化曲线。由电解质溶液中的电荷守恒及图像可知，点①溶液中存在：c(CN－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)、c(H＋)<c

(OH－)，即c(CN－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)<0，则c(CN－)<c(Na＋)，点②溶液中存在：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)、c(H＋)>c(OH－)，即c(CH3COO

－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)>0，则c(CH3COO－)>c(Na＋)，而点①和点②溶液中的c(Na＋)相等，故c(CH3COO－)>c(CN－)，A项错误；点③溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合

溶液，pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，而c(CH3COO－)＝c(Na＋)≫10－7mol·L－1，B项错误；由物料守恒知，滴定过程中，滴入的NaOH溶液体积相等时，存在：c

(CN－)＋c(HCN)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，即c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)，C项正确；点③溶液中：c(H＋)＝c(OH－)，c(CH3COO－)≠c(CH3COOH)，则c(CH3COO－)＋c(OH－)≠c(CH3COOH)＋

c(H＋)，点④溶液中存在质子守恒：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，D项错误。9．B已知室温时水的电离常数为1×10－14，则根据曲线得Q点时溶液中pH＝pOH＝7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和少量NH

3·H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。M点溶液呈碱性，为NH4Cl、NH3·H2O混合溶液，溶液中c(NH＋4)＞c(Cl－)，故A错误；N点溶液呈酸性，溶液中(H＋)＞c(OH－)，结合电荷守恒c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c

(OH－)，可知c(NH＋4)＜c(Cl－)，故可能存在c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，B正确；根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和少量NH3·H2O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；M点到Q点发生的是酸碱中

和反应，生成易水解的盐NH4Cl促进水的电离，所以M点到Q点所示溶液中水的电离程度一直是增大的，D错误。专练43难溶电解质的沉淀溶解平衡1．C三种卤化银组成形式相同，Ksp小的物质先形成沉淀，故a点时形成的是黄色的AgI沉淀，A项错误；由图知，当消耗4.5mLAgNO3溶液时，溶液

中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，由于三种卤素离子浓度相同，故每种离子完全沉淀时均消耗1.5mLAgNO3溶液，则0.100mol·L－1×1.5mL＝c(I－)×15mL，解得c(I－)＝0.01mol·L－1，B项错误；当Br－恰好沉淀完全时，溶液体

积为18mL，溶液中c(Ag＋)＝Ksp（AgBr）1×10－5mol·L－1＝5.4×10－8mol·L－1，此时Qc(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝5.4×10－8×15×0.0118＝4.5×10－10>Ksp(AgCl)，故此时有部分Cl－形成了沉淀，C项正

确；b点时溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，AgNO3过量，c(Ag＋)最大，D项错误。2．C根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(Cr

O2－4)＝(1×10－5)2×1×10－1.7＝10－11.7。由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1×10－5×1×10－4.8＝10－9.8，据此数据计算各选项结果。假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgC

l)＝10－10.5，Q(Ag2CrO4)＝10－17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；该反应

的平衡常数表达式为K＝c（CrO2－4）c2（Cl－），将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K＝c（CrO2－4）c2（Cl－）＝c（CrO2－4）·c2（Ag＋）c2（Cl－）·c2（Ag＋）＝Ksp（AgCrO4）K2sp（AgCl）＝1×10－11.7（1×10－9.

8）2＝1×107.9，C正确；向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag＋)分别为10－8.8和10－5.35，说明此时沉淀Cl－需要的银离子浓度更低，在这种情况下

，先沉淀的是AgCl，D错误；故答案选C。3．C由点a(2，2.5)可知，此时pH＝2，pOH＝12，pM＝2.5，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－2.5×10－12×3＝10－38.5，故A错误；pH＝4时Al3＋对应的pM

＝3，即c(Al3＋)＝10－3mol·L－1，故Al(OH)3的溶解度为10－3mol·L－1，故B错误；由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3＋和Fe3＋，故C正确；由图可知，pH约为4.7，Cu2＋开始沉淀，此时c(Cu2＋)＝0.1mo

l·L－1，若c(Cu2＋)＝0.2mol·L－1>0.1mol·L－1，c(Al3＋)>10－5mol·L－1，则Al3＋、Cu2＋会同时沉淀，故D错误；答案选C。4．CCuCl2、Na2S水解促进水电离，b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离没有作用，水的电离

程度最小，A错误；根据物料守恒，Na2S溶液中：2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，故B错误；b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，c(Cu2＋)＝c(S2－)，根据b

点数据，c(Cu2＋)＝2×10－18mol·L－1，该温度下Ksp(CuS)＝4×10－36mol2·L－2，故C正确；Ksp(ZnS)＝3×10－25mol2·L－2大于Ksp(CuS)，所以向100mLZn2＋、Cu2＋浓度均为10－5mol·L－1的混合溶液中逐滴加入

10－4mol·L－1的Na2S溶液，Cu2＋先沉淀，D错误。5．BAg2S的溶度积比Ag2SO4的小，更易生成Ag2S沉淀，Ag＋除去得更完全，A项正确；由于温度一定时氯化银的溶度积一定，加入少量氯化钠会增加氯离子浓度，平衡逆向移动，所以溶液中银离子浓度会减小，B项错误；由于饱和NaCl溶液中

Cl－的浓度较大，溴化银沉淀会转化为氯化银沉淀，C项正确；因为硫化银更难溶，所以碘化银会转化为黑色的硫化银，D项正确。6．D相同条件下，MnS的溶解度应大于CuS、PbS、CdS，A项错误；用Na2S替代MnS，会引

入S2－和Na＋杂质，同时也能生成MnS沉淀，B项错误；沉淀转化的离子方程式为Cu2＋(aq)＋MnS(s)===CuS(s)＋Mn2＋(aq)，C项错误；整个反应过程中，由MnO2制得MnCl2的反应是氧化还

原反应，沉淀转化是复分解反应，D项正确。7．DAg2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4(s)⇌2Ag＋＋CrO2－4；Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO2－4)＝(1×10－3)2×(1×10－5)＝

1×10－11，A错误；一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时的Ksp相等，B错误；在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag

2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故C错误；t℃时，将0.01mol·L－1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L－1KCl和0.01mol·L－1K2CrO4、Ag2CrO4的混合溶液中，Cl－开始沉淀时c

(Ag＋)＝Ksp（AgCl）c（Cl－）＝1.8×10－100.01mol·L－1＝1.8×10－8mol·L－1，CrO2－4开始沉淀时，c(Ag＋)＝错误!＝错误!mol·L－1＝10－4.5mol·L－1，故Cl－先沉淀，D正确。8．A氯化银

饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨

气浓度对数变化的曲线。由分析可知，曲线Ⅳ表示Cl－，曲线Ⅳ可视为AgCl的溶解度随NH3浓度变化曲线，故A错误；AgCl的溶度积常数Ksp仅与温度有关，由图可知，当c(NH3)＝10－1mol·L－1时c(Cl－)＝10－2.35mol·L－1，c(Ag＋)＝1

0－7.40mol·L－1，则Ksp(AgCl)＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝10－2.35×10－7.40＝10－9.75，B正确；由图可知，氨分子浓度对数为－1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10－2.35mol·L－1和10－5.16mol·L－1，则[]Ag（NH3）＋＋

NH3⇌[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K＝c（[]Ag（NH3）2＋）c（[]Ag（NH3）＋）c（NH3）＝10－2.3510－5.16×10－1＝103.81，故C正确；由分析可知，当c(NH3)＝0.01mol·L－1时，溶液中

c([]Ag（NH3）2＋)>c([]Ag（NH3）＋)>c(Ag＋)，故D正确。9．D由图像可知，p(Ba2＋)＝4，p(SO2－4)＝6则Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO2－4)＝10－10，A项错误；处

于同一温度下，Ksp相等，B项错误；d点时p(Ba2＋)偏小，则c(Ba2＋)偏大，溶液过饱和，C项错误；加入BaCl2，c(Ba2＋)增大，有沉淀析出，c(SO2－4)减小，平衡正向移动，则可使溶液由c点变到a

点，D项正确。10．C由PbI2(s)⇌Pb2＋(aq)＋2I－(aq)得Ksp＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝1×10－3×(2×10－3)2＝4×10－9，A项错误；由于KI是强电解质，完全电离产生I－，温度不变，PbI2的溶度积不变，I

－浓度增大，B项错误；PbI2(s)＋S2－(aq)⇌PbS(s)＋2I－(aq)的平衡常数K＝c2（I－）c2（S2－）＝Ksp（PbI2）Ksp（PbS）＝5×1018，C项正确；若t时刻改变的条件是升高温度，

则c(Pb2＋)、c(I－)均呈增大趋势，D项错误。专练44化学反应原理综合题1．(1)①BD②吸收31.20.02MPa(2)①10②2HCO－3=====△H2O＋CO2↑＋CO2－3③2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O解析：(1)①平衡时

向容器中充入惰性气体，各物质浓度不变，反应Ⅰ的平衡不移动，A错误；C(s)在反应过程中转化成气体，气体质量增大，使气体密度增大，直至反应达到平衡，B正确；由Ⅰ＋Ⅱ得C(s)＋2H2O(g)⇌CO2(g)＋2H2(g)，当该反应进行到底时，H2的体积分数为23，但可逆反应不可能进行到底，故

C错误；将炭块粉碎，增大了炭与水蒸气的接触面积，可加快反应速率，D正确。②设反应达到平衡时，反应Ⅰ消耗xmolH2O(g)、反应Ⅱ消耗ymolH2O(g)，由题中信息可得：Ⅰ.C(s)＋H2O(g)⇌CO(g)＋H2(g)起始量/mol:100变化量/mol:x

xxⅡ.CO(s)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)变化量/mol:yyyy平衡量/mol:x－y1－x－yyx＋y则x＋y＝50%×1、x－y＝0.1，解得x＝0.3、y＝0.2，故整个体系的热量变化为＋131.4kJ·mol－1×0.3mol－41.1kJ·mol－1×0.2

mol＝＋31.2kJ(吸收热量)。平衡时气体总物质的量是1.3mol，总压强为0.26MPa，故反应Ⅰ的平衡常数Kp＝p（CO）·p（H2）p（H2O）＝0.11.3×0.26MPa×0.51.3×0.26MPa0.51.3×0.26MPa＝0.02MPa。(2)①由Ka2＝c（CO2－3）·

c（H＋）c（HCO－3）＝5.0×10－11、c(CO2－3)∶c(HCO－3)＝1∶2，可得c(H＋)＝1.0×10－10mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝10。②再生塔中产生CO2的同时生

成K2CO3，说明KHCO3在水蒸气加热条件下发生分解反应。③由题意知，CO2在阴极得到电子生成C2H4，图中质子交换膜提示有H＋参与反应，故阴极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O。2

．(1)41(2)(a＋c－2b)(3)32.25增大(4)pSO2－pSO3446.2646.262×2.6435.72解析：(1)由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4·7H2O转化为FeS

O4·xH2O，则18（7－x）278＝19.4%，解得x＝4；当失重比为38.8%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O，则18（7－y）278＝38.8%，解得y＝1。(2)①FeSO

4·7H2O(s)===FeSO4(s)＋7H2O(g)ΔH1＝akJ·mol－1②FeSO4·xH2O(s)===FeSO4(s)＋xH2O(g)ΔH2＝bkJ·mol－1③FeSO4·yH2O(s)===FeSO4(s)＋yH2O(g)ΔH3＝ck

J·mol－1根据盖斯定律可知，①＋③－②×2可得FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)===2(FeSO4·xH2O)(s)，则ΔH＝(a＋c－2b)kJ·mol－1。(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)⇌Fe2O3(s)＋SO2(g

)＋SO3(g)(Ⅰ)。由平衡时pSO3­T的关系图可知，660K时，pSO3＝1.5kPa，则pSO2＝1.5kPa，因此，该反应的平衡总压p总＝3kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)＝1.5kPa×1.5kPa＝2.25(kPa)2。由图中信息可知，p

SO3随着温度升高而增大，因此，Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大。(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)⇌2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比

，由于仅发生反应(Ⅰ)时pSO3＝pSO2，则pSO3＋2pO2＝pSO2－2pO2，因此，平衡时pO2＝pSO2－pSO34。在929K时，p总＝84.6kPa、pSO3＝35.7kPa，则pSO3＋pSO2＋pO2＝p总、pSO3＋2

pO2＝pSO2－2pO2，联立方程组消去pO2，可得3pSO3＋5pSO2＝4p总，代入相关数据可求出pSO2＝46.26kPa，则pO2＝84.6kPa－35.7kPa－46.26kPa＝2.64kPa，Kp(Ⅱ)＝（46.26kPa）2×2.64kPa

（35.7kPa）2＝46.262×2.6435.72kPa。3．(1)－45(2)(ⅱ)在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H－H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)(3)7.8×2873NA

56×1030(4)①p1＜p2＜p3合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大②图4③33.33%1432解析：(1)在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的

键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应12N2(g)＋32H2(g)===NH3(g)的ΔH＝(473＋654－436－397－339)kJ·mol－1＝－45kJ·mol－1。(2

)由图1中信息可知，12N2(g)===N(g)的ΔH＝＋473kJ·mol－1，则N≡N的键能为946kJ·mol－1；32H2(g)===3H(g)的ΔH＝＋654kJ·mol－1，则H－H键的键能为436kJ·mol－1。在化学反应中，

最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H－H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。(3)已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g·cm－3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α­

Fe晶体密度ρ＝56x×1030NA·2873g·cm－3＝7.8g·cm－3，解得x＝7.8×2873NA56×1030，即α­Fe晶胞中含有Fe的原子数为7.8×2873NA56×1030。(4)①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平

衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数p1＜p2＜p3，因此，图中压强由小到大的顺序为p1＜p2＜p3，②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中

平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar

的图是图4。③图3中，进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25两者物质的量之比为3∶1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为xmol，则有：N2(g)＋3H2(

g)⇌2NH3(g)始(mol)130变(mol)x3x2x平(mol)1－x3－3x2x当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，xNH3＝2x4－2x＝0.20，解得x＝13，则氮气的转化率α＝13≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为23mol、2mol、

23mol，其物质的量分数分别为15、35、15，则该温度下K′p＝（15p2）215p2×（35p2）3＝2527×400(MPa)－2。因此，该温度时，反应12N2(g)＋32H2(g)⇌NH3(g)的平衡常数

Kp＝K′p＝2527×400（MPa）－2＝1432(MPa)－1。4．(1)①a②B(2)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率，同时交替通入空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于

水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气得产率解析：(1)①由已知方程式：(2×反应1－反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3＝2ΔH1－ΔH2＝[2×(－394)－(－566)]kJ·mol－1＝－222kJ·mol－1，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线

条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，故此处填a；②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，

所以CO与CO2物质的量比值增大。(2)由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，同时交替通入空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气得产率。专

练45重要的烃与同分异构体1．D同位素为同种元素的不同原子，32S和34S互为同位素，故A正确；C70和纳米碳管为同种元素的不同单质，二者互为同素异形体，故B正确；分子式相同，结构不同的两种化合物互称同分异构体，CH2Cl

CH2Cl和CH3CHCl2分子式都是C2H4Cl2，结构不同，所以CH2ClCH2Cl和CH3CHCl2互为同分异构体，故C正确；C3H6和C4H8可能是烯烃或环烷烃，不一定互为同系物，故D错误。2．C由

以上分析知，C项正确。3．B络塞维的结构与性质4．B5．B根据1，4­二氧杂螺[2.2]丙烷的结构简式可知其分子式为C3H4O2，1mol该物质完全燃烧需要3molO2，A项错误；HCOOCH===CH2与1，4­二氧杂螺[2.2]丙烷的分子

式均为C3H4O2，但结构不同，二者互为同分异构体，B项正确；该有机物只有一种类型的氢原子，其二氯代物有2种，C项错误；根据甲烷为正四面体结构，可知该有机物所有原子不在同一个平面内，D项错误。6．CA中前者是取代反应，但后者是氧化反应；B中都是加成反应

；D中前者是萃取，是物理变化，后者是加聚反应，答案选C。7．BC4H10为丁烷，有正丁烷与异丁烷两种同分异构体，A错误；有机物中含有几种化学环境不同的H原子，就有几种一卤代物，中含有5种H，故其一溴代物有5种，B正确；醛基为—CHO，剩

余为丙基，丙基有2种，故分子组成是C4H8O属于醛类的同分异构体有2种，C错误；羧酸具有—COOH，剩余为丁基，丁基有4种，故分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有4种，D错误。8．A由图像中的线性关系，选取混合烃的总物质的量为1mo

l作研究，生成的CO2和H2O的物质的量分别为1.6mol和2mol，故其平均分子组成为C1.6H4，因为碳原子数小于1.6的烃只有甲烷一种，因此一定含有甲烷；CH4分子中含4个氢原子，故另一种分子中一定含4个氢原子，且其碳原子数大于1.6，故可能是乙烯、

一定不含有苯、乙烷，A正确。9．B苯与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大，所以与水混合沉在下层，故A错误；苯能与O2在空气中燃烧，发生氧化反应，燃烧时火焰明亮并带有浓烟，故B正确；苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除含有C、H，还含有N和O，不属于烃，故C错误；苯分子没有碳碳双

键，而是一种介于单键和双键之间独特的键，故D错误。10．A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，溴的四氯化碳溶液褪色说明烯烃发生加成反应

，B项正确；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。11．B苯并降冰片烯与苯在组成上相差的不是若干个CH2，结构上也不相似，故二者不互为同系物，A错误；由题给苯并降冰片烯的

结构简式可知，苯环上的6个碳原子与苯环相连的2个碳原子共平面，则该分子中最多8个碳原子共平面，B正确；苯并降冰片烯的结构对称，其分子中含有5种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有5种，C错误；苯环中含有的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间特殊的键，故

1个苯并降冰片烯分子中含有1个碳碳双键，D错误。12．(1)通入一定的O2装置气密性b、a(2)为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中CO＋CuO=====高温Cu＋CO2(3)AC碱石灰可以同

时吸收水蒸气和二氧化碳(4)熄灭a处的煤气灯，继续吹入一定量的O2，然后熄灭b处煤气灯，待石英管冷却至室温，停止通入O2(5)C4H6O4解析：利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法，将样品

装入Pt坩埚中，后面放置CuO做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物吹入两U型管中，称量两U型管的增重，计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而得到有机物的分子式。(1)实验前，应先通入一定的O2吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将U型管c、d与

石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯，保证当a处发生反应时产生的CO能被CuO反应生成CO2。(2)实验中O2的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；CuO的作用是催化a处产生的CO，使CO反应

为CO2，反应方程式为CO＋CuO=====高温Cu＋CO2(3)有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能

同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定；(4)反应完全以后应继续吹入一定量的O2，保证石英管中的气体产物完全吹入两U型管中；(5)c管装有无水CaCl2，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此

可以得到有机物中H元素的物质的量n(H)＝2×m（H2O）M（H2O）＝2×0.0108g18g·mol－1＝0.0012mol；d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO2，则增重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n(C)＝m（CO2）M（CO2）＝0.0

352g44g·mol－1＝0.0008mol；有机物中O元素的质量为0.0128g，其物质的量n(O)＝m（O）M（O）＝0.0128g16g·mol－1＝0.0008mol；该有机物中C、H、O三种元素的

原子个数比为0.0008∶0.0012∶0.0008＝2∶3∶2；质谱测得该有机物的相对分子质量为118，则其化学式为C4H6O4。13．(1)de(2)CH≡C—C≡C—CH3(3)3­甲基­1­丁烯(4)C10H144(5)9a4专练46乙醇、乙酸1．D该分子中含有碳碳双键、羟基

，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，A项正确；分子中含有羧基、羟基，能发生酯化反应(属于取代反应)，含有酯基，能发生水解反应(属于取代反应)，含有碳碳双键，能发生加成反应，B项正确；分子中含有羟基、羧基，能和金属钠发生反应放出H2，C项正确；分子中含有酯基、羟基

、羧基、碳碳双键4种官能团，D项错误。2．C该物质中含有碳碳双键，能发生加成反应，A项错误；同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物，该物质不是乙酸、乙醇的同系物，B项错误；题给两种物质的分子式均为C10H18O3，但结

构不同，二者互为同分异构体，C项正确；1mol该物质含有1mol羧基，与Na2CO3反应最多可得到0.5mol(22g)CO2，D项错误。3．B乙酸含—COOH，具有酸性，且酸性比碳酸强，则可与NaHCO3溶液反应生成CO2,A正确；乙醇中含—OH，为中性物质，

不与盐酸反应，B错误；苯和硝酸反应生成硝基苯，苯环上的H被取代，乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，乙醇中的H被取代，均发生取代反应，反应类型相同，C正确；苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，苯中不含碳碳双键，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双

键，D正确。4．B乙醇和金属钠反应时，乙醇分子断裂的是H—O键，故A错误；乙醇与生成的氢气的物质的量之比为0.1∶0.05＝2∶1，说明乙醇分子中有一个活泼的氢原子可被金属钠取代(置换)，即乙醇分子中有一个羟基，故B正确；制取乙酸乙酯的

催化剂是浓硫酸，硫酸与碳酸钠反应也产生气泡，故C错误；乙醇和浓硫酸共热还可能产生二氧化硫气体，二氧化硫能使溴水褪色，故D错误。5．B该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A错误；该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生

酯化反应，反应类型相同，故B正确；分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分枝酸最多只能与2molNaOH发生中和反应，故C错误；该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，

原理不同，故D错误。6．C①乙醇沸点低，易挥发，可以易被检测，与测定原理有关；②乙醇密度比水小，可与水以任意比混溶，与测定原理无关；③乙醇具有还原性，K2Cr2O7具有强氧化性，K2Cr2O7可以把乙醇迅速氧化为乙酸，本身被还原成蓝绿色的Cr3＋，与测定原理有

关；④乙醇可看成是乙烷中的氢原子被羟基取代后的产物，是烃的含氧化合物，与测定原理无关；⑤乙醇可与羧酸在浓硫酸的作用下发生取代反应，与测定原理无关；对乙醇的描述与此测定原理有关的是①③。7．A生灰石和水反应，消耗酒精中的水，乙

醇易挥发，可蒸馏分离，A正确；乙醇易溶于水，利用分液的方法不能将混合物分离，B错误；乙烯被氧化生成二氧化碳气体，应用溴水分离，C错误；溴可氧化碘离子，生成新杂质，达不到除杂的目的，应该用氢氧化钠溶液除去，D错误。8．D由题意可知A为

乙烯，根据流程图可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，乙醇和乙酸反应生成E乙酸乙酯。A正确，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能；B正确，醋酸的官能团为羧基，显酸性，可以与水垢的主要成分碳酸钙和氢氧化镁反应；C正确；D错误，产物还有水。9．

A试管b中Na2CO3的作用是中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在溶液中的溶解度，故A正确；试管b中导气管下端管口不能浸入液面的原因是防止实验过程中发生倒吸现象，故B错误；制取得到的乙酸乙酯会与氢氧化钠反应，故不能用氢氧化钠溶

液来收集或除杂，故C、D错误。10．D加入Na2CO3饱和溶液，蒸馏时乙醇中可混有大量水，且生成的b为乙酸钠和碳酸钠，故A错误；盐酸易挥发，得到的乙酸中混有HCl气体，故B、C错误；加入CaO固体，蒸馏可得乙醇和乙酸钙，加入硫酸，生成乙酸，故D正确

。11．D反应①为酯化反应，属于取代反应，反应②为加成反应，A错误；反应③为加成反应，产物只有乙酸乙酯，其原子利用率为100%，而反应④中C4H10与O2在催化剂条件下生成乙酸乙酯(分子式为C4H8O2)，H原子数量减少，则有其他产物

生成，原子利用率不为100%，B错误；乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化反应使溶液褪色，乙烯与溴水中溴单质发生加成反应使溶液褪色，C错误；乙醇溶于碳酸钠溶液无现象，乙酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，乙酸乙酯不溶于

碳酸钠溶液，混合溶液分层，则乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别，D正确。12．(1)分液漏斗、锥形瓶(2)刚好没过MnO2固体试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离(3)液面上升打开弹簧夹K2(4)a

b(5)(6)①乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色解析：(2)H2O2溶液与MnO2接触才能开始反应。关闭活塞K1，随O2产量增多，液面上方气压增大，将H2O2溶液压入长颈漏斗中，试管中液面下降，H2O2溶液与MnO2分离，反应停止。(3)体系内压强过大，会将H2O2

溶液压入安全管中，安全管中液面上升；打开K2，内部气压变小，可防止因内部气压过大引发事故。(4)a项，通过上下移动铂丝可控制反应的开始与结束，正确；b项，催化剂与液体接触的面积越大，反应速率越快，正确；c项，乙、丙装置制得的O2中含有的杂质均为水蒸气，错误。(6)制得的产物乙醛中可能混有乙醇，而

乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙醛的检验。专练47基本营养物质、合成材料1．A淀粉在酸性条件下可水解成葡萄糖，A项正确；葡萄糖、果糖均含氧元素，均不属于烃类，B项错误；1个CO分子中含有14个电子，则1molCO中含有14×6.02×1023个电子，C项错误；未指明CO2

处于标准状况，不能确定22.4LCO2的物质的量，D项错误。2．B氮化铝是一种高温结构陶瓷，属于新型的无机非金属材料，A正确；天然橡胶的单体为异戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，

B错误；“芳纶”为合成纤维，属于有机高分子材料，C正确；可降解聚乳酸塑料的推广应用，可以减少难以降解塑料的使用，从而减少“白色污染”，D正确。3．A“丝”的主要成分为蛋白质，古代的蜡是高级脂肪酸酯，蛋白质为高分子化合物，高级脂肪酸酯不属于高分子化合物，A错误；氨

基酸分子中既有氨基，又有羧基，是一种两性化合物，溶液pH不同，氨基酸的两性离子可以发生不同变化，B正确；泥土疏松多孔，能吸附红糖中的色素，C正确；在酿酒的过程中，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇和CO2，D正确。4．B淀粉

在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放能量，A项正确；人体内没有水解纤维素的酶，纤维素在人体内主要作用是加强肠道蠕动，有通便功能，B项错误；油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，甘油和高级脂肪酸能被氧化释放能量，C项正确；蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人

体生长发育、新陈代谢的蛋白质，D项正确。5．C二氧化碳中碳元素的化合价为＋4价，淀粉中碳元素的化合价为0价，则二氧化碳转化为淀粉时，碳元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，A错误；同位素是原子的互称，不是分子或离子的互称，则1H、2H、3H互为同位素，与H＋、H2不

互为同位素，B错误；棉花、亚麻的主要成分是纤维素，淀粉和纤维素都属于天然高分子，C正确；淀粉可在稀硫酸、加热的条件下发生水解反应，在98%浓硫酸、加热的条件下会发生脱水炭化，D错误。6．D油脂是产生能量最高的营养物质，是油和脂肪的统称，奶油被称为人造脂肪，属于油脂，A项正确；人造脂肪

是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类物质，B项正确；植物油中含有碳碳双键，可以和氢气加成制备人造脂肪，C项正确；油脂只有在碱性条件下的水解反应才称为皂化反应，D项错误。7．D淀粉属于糖类，反应①属于淀粉的水解，但是淀粉没有甜味，A错误；反应③是消去反应，反应④是加聚反应，反应

⑤是氧化反应，B错误；聚乙烯中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；葡萄糖能与银氨溶液发生银镜反应，但乙醇不具有此性质，D正确。8．D由于在水解液中加入了过量NaOH溶液，I2会与碱发生反应导致无法判断中和液中是

否还有淀粉存在，因此也就无法判断淀粉是否水解完全。9．A氨基酸是蛋白质的基本组成单位，蛋白质水解后最终产物是氨基酸，故A正确；重金属离子会使蛋白质结构改变从而变性，不会使氨基酸变性，故B错误；α­氨基

丙酸与α­氨基苯丙酸混合物脱水成肽，可以生成4种二肽，故C错误；氨基酸溶于过量的氢氧化钠溶液生成阴离子，在电场作用下向正极移动，故D错误。10．D葡萄糖和果糖中含有不一样的官能团，A项错误；淀粉和蛋白质属于高分子化合物，而蛋白质的水解

产物氨基酸不是高分子化合物，B项错误；碘遇淀粉变蓝，是淀粉的特性，纤维素不具备这种性质，C项错误。11．B乙烯和苯都能使溴水褪色，前者是发生加成反应，后者发生了萃取作用，二者的原因不同，A错误；乙酸分子中含有羧基，由于酸性：乙酸＞碳酸，因此乙

酸可与NaHCO3溶液反应生成CO2，B正确；纤维素和淀粉的化学式均为(C6H10O5)n，但是二者的单糖单元结构不同，n不同，因此二者不是同分异构体，C错误；乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都与水反应，前者是发生取代反应，后者是发生加成反应，反应原理不同，D错误。12．B1

3．C葡萄糖为单糖，不能水解，在无氧呼吸条件下，1mol葡萄糖可以生成2molCH3CH2OH和2molCO2,A错误；鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液，可以使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析是一

个可逆的过程；加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀，变性是不可逆的，B错误；油脂不是高分子化合物，在化学成分上都是高级脂肪酸跟甘油所生成的酯，1mol油脂完全水解生成1mol甘油和3mol高级脂肪酸，C正确；蔗糖水解后溶液呈酸性，应先用NaOH调节至碱性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还

原性，否则实验容易失败，D错误。14．C油脂不属于天然高分子化合物，故A错；加碘盐中碘元素以碘酸钾的形式存在，不能使淀粉变蓝，故B错；食醋中乙酸和酒中的乙醇发生酯化反应生成酯类，故C正确；纯碱显碱性，能促进油脂的水解生成易溶于水的高级

脂肪酸钠和甘油，故D错。15．D棉花和优质针叶木原料中的主要成分是纤维素，A正确；Fe3O4是具有磁性的黑色晶体，又称为磁性氧化铁，B正确；树脂是一种有机高分子材料，C正确；假钞中遇碘变蓝的是淀粉，D错误。16．C用纤维素酶作

催化剂，使纤维素发生水解反应时，随着温度的升高生成葡萄糖的速率先加快，升高到一定温度后纤维素酶失去生理活性，反应速率会减慢，A错误；银镜反应需在碱性条件下进行，该实验没有先加碱至溶液呈碱性，不能证明淀粉未水解，

B错误；蛋白质在某些饱和盐溶液中溶解度会降低而从其中析出，蛋白质是生物大分子，不能透过半透膜，故可用多次盐析或多次渗析的方法分离、提纯蛋白质，C正确；油脂在酸性条件和碱性条件下都可以发生水解，而油脂在碱性条件下的水解才称为皂化反应，D错误。17．D枯木为枯萎的木

材，主要成分是纤维素，A错误；鹿毛、羊毛的主要成分是蛋白质，蛋白质除了含有C、H、O外，还含有N、S等元素，B错误；枯木的主要成分是纤维素，鹿毛的主要成分是蛋白质，二者的分子式不同，不互为同分异构体，C错误；羊毛属于蛋白质，灼烧时具有烧焦羽毛的气味，所以有烧

焦羽毛气味的为羊毛，没有烧焦羽毛气味的为枯木，D正确。专练48基本仪器的使用及药品的存放1．A碱式滴定管排气泡时应弯曲橡皮管将尖嘴斜向上方，然后挤压玻璃珠使溶液涌出，从而排出气泡，A项正确；加热试管内溶液时，试管夹应夹持在离试管口13处，试管与桌面应成45°，B项错

误；实验室中试剂应按物质类别分类放置，C项错误；向试管中滴加液体时，胶头滴管不能伸入试管内部，D项错误。2．D由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3固体，为了抑制FeCl3的水解，应在HCl气流中加热，D项符合题意。3．DBr2在CCl4中的溶解度比在H2O中的大，且C

Cl4不溶于水，故可用CCl4萃取溴水中的Br2，A项能达到实验目的；Cl2在饱和NaCl溶液中的溶解度很小，HCl极易溶于水，浓硫酸可吸水，故B项能达到实验目的；若铁丝网发生吸氧腐蚀，则试管中压强减小，烧杯中的红墨水会沿导管上升

，C项能达到实验目的；收集NH3的导管应插入倒立的试管底部，且收集NH3的试管口不能用橡胶塞密封，D项不能达到实验目的。4．DNa2CO3固体比较稳定，受热不易分解，所以不能采用加热碳酸钠的方式制备二氧化碳，A错误；乙醇和乙酸是互溶的，

不能采用分液的方式分离，应采用蒸馏来分离，B错误；二氧化硫通入品红溶液中，可以验证其漂白性，不能验证酸性，C错误；测量氧气体积时，装置选择量气管，测量时要恢复到室温，两边液面高度相等，D正确；故选D。5．C

量筒读数时最多只能精确到小数点后一位，A项错误；瓷坩埚中含有的SiO2能与NaOH反应，不能用瓷坩埚加热熔化NaOH固体，B项错误；乙酸异戊酯与水不互溶，可以用分液的方法分离，C项正确；温度计不能用于搅拌，D项错误。6

．A进入矿井下作业，不能用明火照明，可以用矿灯照明，故A正确；在繁华热闹的商场里燃放烟花爆竹容易引发火灾，故B错误；若液化气泄漏会形成与空气的混合气体，遇明火时易发生爆炸，故C错误；浓硫酸稀释时放热，

若将水倒入浓硫酸中会造成水的暴沸，从而引起硫酸飞溅，故应将浓硫酸注入水中，故D错误。7．B胶头滴管应伸入液面以下，防止氢氧化亚铁被氧化，故A错误；氧气不溶于水，可以用排水法收集，故B正确；氢气能燃烧，点燃氢气

前先要验纯，防止发生爆炸，故C错误；浓硫酸稀释过程中放出大量的热，应将浓硫酸倒入水中以防止液滴飞溅，故D错误。8．D①氢氟酸腐蚀玻璃，应保存塑料瓶中，错误；②金属钠易与水和氧气反应，因此保存在密度比它小的煤油中，正确；③氧化钠能与氧气、二氧化碳、水等反应，所以要密封保存

，错误；④浓硫酸腐蚀橡胶，应保存在带玻璃塞的试剂瓶中，错误；⑤水玻璃可具有粘合性，能将玻璃塞和瓶口粘在一起，应保存在带橡胶塞的玻璃瓶中，错误；⑥过氧化钠、漂白粉能与空气中的二氧化碳、水反应，应密封保存，正确；⑦白磷易

自然，应保存在冷水中，正确；⑧AgNO3固体见光易分解，应保存在棕色试剂瓶内，正确；⑨浓硝酸是液体试剂，应保存在棕色细口瓶内，错误；综上所述，正确的说法是②⑥⑦⑧，所以选D。9．A装置③可用于收集密度与空气密度

相差较大的气体，如H2、CO2、Cl2、NH3，A正确；装置②可用于吸收NH3或HCl气体，但不能防止倒吸，B错误；装置①常用于分离互溶的液体混合物，C错误；装置④中的干燥剂为碱石灰，能与氯化氢反应，因此不能用于干燥、收集氯化氢，D错误。10．D在石蜡油分解实验中，石蜡油在炽热

的碎瓷片的催化作用下分解产生烯烃和烷烃等，故A正确；甲烷和氯气在光照条件下反应生成有机物和HCl气体，HCl气体溶于饱和食盐水中，使溶液中c(Cl－)增大，从而使饱和食盐水中析出NaCl固体，所以实验结束后，饱和食盐水略显浑浊，故B正确；关闭弹簧夹K，从M处加水，若左右两边形成稳定的液面差

，则装置气密性良好，故C正确；实验中应该用碱式滴定管盛装NaOH溶液，故D错误。11．D盐酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳中混有氯化氢气体，通入硅酸钠溶液中可得硅酸沉淀，不能证明碳酸的酸性比硅酸强，故A错误

；NO2能够与水反应生成NO，除去了二氧化氮，故B错误；铁做电解池的阴极，不参与反应，不能得到氢氧化亚铁，故C错误；蔗糖脱水炭化，会发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现浓硫酸的脱水性、强氧化性，品红溶液褪色说明二氧化硫具有漂白性，酸性高锰酸钾溶液

褪色说明二氧化硫具有还原性，故D正确。12．A在点燃易燃性气体之前，必须检验气体的纯度，防止发生爆炸，①正确；氢气是可燃性气体，做氢气还原氧化铜实验开始时，先通氢气排尽空气后再加热氧化铜，防止氢气与空气中的氧气反应发生爆炸，②正确；用大量水冲洗可洗去较多碱，且使沾在皮肤上的溶液浓度降低，减小

腐蚀性，最后使用酸性较弱的硼酸溶液中和，反应掉沾在皮肤上的碱，③正确；给试管里的液体加热时，液体过多容易使液体受热不均匀而出现局部沸腾，造成液体容易冲出试管溅出伤人，故给试管内的液体加热，液体体积一般不超

过试管容积的1/3，④正确；向酒精灯内添加酒精时一般不超过酒精灯容积的2/3不少于酒精灯容积的1/3，⑤错误。13．CA项，敞口收集馏分，保证压强与外压相同，不会引发爆炸，正确；B项，增加导管A，是为了保证压强相同，更准确地测定生成气体的体积，正确；C项，溶液

上加一层苯，是为了隔绝空气，去掉苯层不合理，错误；D项，氨气的密度小于空气的，可用向下排空气法收集，正确。专练49物质的检验、分离、提纯1．A实验②说明样品中一定含有Na2S2O3，发生反应：Na2S2O3＋2HCl===2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H

2O；实验③说明样品中一定含有Na2SO4，发生反应：Na2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NaCl。2．A石灰水的主要成分为Ca(OH)2能与碳酸钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钙，二者均生成白色沉淀，不能达到鉴别的目的，A错误；Fe2＋变质后会生成Fe3＋，可以利用KSCN溶液鉴别，现象为溶液

变成血红色，可以达到检验的目的，B正确；Na2SO3被氧化后会变成Na2SO4，加入盐酸酸化的BaCl2后可以产生白色沉淀，可以用来检验Na2SO3是否被氧化，C正确；含有醛基的物质可以与银氨溶液反应生成银单质，可以用来检验乙醇中混有的乙醛，D正确；故答案选A。3．A

根据反应CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3、CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2及NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，知最终瓶中会有NaHCO3白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项符合题意；由Cl

2＋2FeCl2===2FeCl3、2FeCl3＋Fe===3FeCl2知，B项不符合题意；NO－3在酸性条件下与Cu发生反应3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C项不符合题意；由AgCl＋2N

H3===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－知，D项不符合题意。4．C尿素[CO(NH2)2]、氯化铵和浓NaOH溶液加热时均反应生成NH3，因此两支试管口的试纸都变蓝色，A项错误；Cl－也能被KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，应将铁锈

溶于稀硫酸，再滴入KMnO4溶液，B项错误；溶液中存在2CrO2－4(黄色)＋2H＋⇌Cr2O2－7(橙色)＋H2O，先滴加一定量硫酸，c(H＋)增大，平衡正向移动，溶液由黄色变为橙色，再滴加一定量NaOH，c(H＋)减小，

平衡逆向移动，溶液又变为黄色，C项正确；NO2气体是红棕色，NO2与水反应生成HNO3和NO，HNO3也能将KI氧化为I2，从而使淀粉－KI试纸变蓝色，D项错误。5．C氢气虽然能够还原氧化铜，但是氧气与铜反应又能生成氧化铜，该过程中还可能发生

爆炸，故不能利用灼热的CuO除去其中的氢气，A错误；碳酸钠溶于水，不能过滤，B错误；酒精和四氯化碳的沸点相差较大，分离酒精与四氯化碳的混合物，可用蒸馏法，C正确；从碘的四氯化碳溶液中得到四氯化碳，应该用蒸馏，从碘水得到碘可用萃取法，D错误。6．DA项，若用氨水，则M

g2＋、Al3＋均转化为沉淀，不能分离Mg(OH)2和Al(OH)3，错误；B项，Al3＋与过量NaOH反应生成NaAlO2，溶液a中含AlO－2、K＋、Cl－、Na＋、OH－，错误；C项，K＋、Cl－、Na＋在整个

过程中不参加反应，溶液b中含KCl、NaCl，错误；D项，因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，正确。7．C铵根离子的检验可以利用铵根离子与氢氧根结合生成氨气，氨气可以使红色石蕊试纸变蓝来检验，故A正确；氯水可以将碘离子氧化为碘单

质，碘单质进入四氯化碳层为紫红色，所以可以用氯水检验碘离子，故B正确；实验室中收集乙酸乙酯应用饱和碳酸钠溶液，如果使用氢氧化钠溶液，乙酸乙酯会发生水解，故C错误；最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，其非金

属性越强，故D正确。8．DKCl样品中含有少量K2CO3，CO2－3水解，溶液显碱性，A错误；除去杂质时，所选试剂不能引入新的杂质离子，要加入的试剂Ⅰ为BaCl2溶液，B错误；上图过程只需要经1次过滤就可以，C错误；试剂Ⅰ为BaCl2溶液，除去SO2－4，试剂

Ⅱ为K2CO3溶液，除去过量的BaCl2，试剂Ⅲ是HCl，目的是除去CO2－3，D正确。9．C根据沉淀加热生成MgO和气体可知其主要成分应是MgCO3，故C错。10．D溴与苯酚反应生成三溴苯酚，三溴苯酚会溶解在甲苯中，应加入NaOH溶液充分反应后分液，A错误；B中溴乙烷和

溴都能与氢氧化钠发生反应，B错误；乙酸与饱和Na2CO3溶液生成乙酸钠溶于水，酯不溶于水，可以用分液法分离，C错误；由于氯化钠溶解度受温度变化影响不大，故D正确。11．B由题干可知溶液Z呈弱碱性，Z中一定不存在Fe

Cl3，故B不正确。12．BA项，氯气不溶于饱和食盐水，不能用饱和食盐水除杂，错误；C项，二者都和饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，错误；D项，氯化铵加热易分解，不能除去碘，错误。13．AB项，还可以是强碱弱酸盐，比如碳酸钠溶液等

，错误；C项，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可能为CO2或SO2，溶液可能含有CO2－3、HCO－3、SO2－3、HSO－3等，错误；D项，白色沉淀也可能为AgCl，溶液中可能存在Ag＋，错误。专练50物质的制备与性质

实验1．C酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；NaClO和Na2SO3反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中

滴加1滴Na2CO3溶液，若有浑浊产生，则说明Ba2＋没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。2．D将CuSO4溶

液加热浓缩、冷却结晶、过滤，才能得到CuSO4·5H2O晶体，故D错误。3．DA项，该装置为原电池，活泼金属Zn作负极，较不活泼金属Cu作正极，可以比较Zn与Cu的金属性强弱；B项，HCl气体易溶于水，可被稀硫酸吸

收，浓硫酸可吸收H2O，可以除去Cl2中的HCl并干燥；C项，乙醇、乙酸在浓硫酸作催化剂和吸水剂并加热的条件下生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸乙酯的溶解度，同时吸收挥发出来的乙醇和乙酸；D项，实验室制取氯气需用浓盐酸和二氧化锰

共热，故选D。4．B将铜丝插入浓硝酸中生成的是NO2气体，不是NO气体，A错误；密闭烧瓶中存在平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0，将密闭烧瓶中的NO2降温，平衡正向移动，烧瓶中气体颜色变浅，可探究温度对平衡移动的影响，B正确；乙醇与水互溶，不能

用乙醇萃取溶液中的碘，C错误；实验结束，剩余的NaCl固体不能放回原试剂瓶，实验室对剩余药品的处理方法是放入指定的容器内，集中处理，D错误。5．C碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠溶液呈现浅红色，A正确；食盐

水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管口形成一段水柱，B正确；钠燃烧温度在400℃以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙，C错误；石蜡油发生热分解，产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，使试管中溴的

四氯化碳溶液褪色，D正确。6．DMnO2与稀盐酸不反应，不能制Cl2，故A错误；Cl2通入含I－溶液中，应长管进，短管出，故B错误；应用萃取的方法提取碘，过滤是分离固体与液体的，故C错误；可用升华法提取碘，故D正确。7．C将SO2通入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀，A错误；将浓硫酸

滴入含少量水的蔗糖中，得黑色蓬松的固体及刺激性气味气体，该过程中浓硫酸体现吸水性、脱水性和强氧化性，B错误；金属钠与水反应比乙醇与水反应剧烈，说明羟基的活动性：水＞乙醇，C正确；向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入1mL0.1mol·L－1M

gCl2溶液，产生Mg(OH)2后，NaOH过量，所以再向混合液中滴加0.1mol·L－1CuCl2溶液产生蓝色沉淀，并不是Mg(OH)2沉淀转化成Cu(OH)2沉淀，D错误。8．C除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO2－4及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除

钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，故A错误；二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故应先通入氨气，碱性溶液中再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，可以达到实验目的，故B错误；从溶液中得

到固体，需要加热浓缩，冷却结晶、过滤等操作，这些过程中需要玻璃棒搅拌、引流等，故C正确；Na2CO3加热不易分解，NaHCO3晶体加热容易分解，故小试管中盛放NaHCO3，大试管中盛放Na2CO3，NaHCO3间接加热能分解，Na2CO3直接加热不分解，能证明两者的稳定性，图中放反

，故D错误。9．(1)分液漏斗(或梨形分液漏斗)、球形冷凝管(2)失去结晶水(3)CuO(4)3H2C2O4＋2K2CO3===K2C2O4＋2KHC2O4＋2CO2↑＋2H2O(5)分批加入并搅拌(6)水浴(7)冷却结晶、过滤、洗涤解析：(1)由CuSO4·5H2O配制CuSO4溶液时

，用电子天平称取一定质量的CuSO4·5H2O晶体，用量筒量取水的体积，在烧杯中加水溶解；分液漏斗常用于萃取、分液以及制备装置中滴加液体，球形冷凝管常用于制备实验中的冷凝回流装置，配制溶液时二者都不需要用到。(2)CuSO4·5H2O是蓝色晶体，CuSO4是白

色固体，长期存放的CuSO4·5H2O会失去结晶水，出现少量白色固体CuSO4，化学上将此过程称为风化。(3)向CuSO4溶液中滴加足量NaOH溶液，产生的浅蓝色沉淀为Cu(OH)2，加热Cu(OH)2使其分解，生成黑色固体CuO。(4)H2C2O4的酸性比碳酸强，当n(

H2C2O4)∶n(K2CO3)＝1.5∶1，即3∶2时，反应的化学方程式为3H2C2O4＋2K2CO3===K2C2O4＋2KHC2O4＋2CO2↑＋2H2O。(5)由于反应产生气体，为防止反应过于剧烈而引起喷溅

，K2CO3应分批加入并不断搅拌。(6)Ⅲ中将混合溶液加热到80～85℃，常采用水浴进行加热，使液体受热均匀。(7)将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即可得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。专练51实验方

案的设计与评价1．CA项，加入淀粉KI溶液后溶液变蓝，不一定是Br2氧化I－，也可能是过量的氯水氧化I－，不能得出Br2的氧化性大于I2的结论，错误；B项，蔗糖的水解液中含有稀硫酸，需要加碱中和后，才能加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加

热，错误；D项，加热后聚氯乙烯分解产生氯化氢等气体，而聚氯乙烯是氯乙烯加聚形成的，两个反应不是同一反应的正、逆反应，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，错误。2．C常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝

酸的氧化性强弱，A错误；浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中是否含有硫酸根，B错误；铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；

向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；故选C。3．DMgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀(氢氧化镁)，氢氧化镁不与过量的NaOH溶液发生反应，沉淀不消失，A错误；FeCl2溶液中

滴加KSCN溶液，不反应，溶液不变色，B错误；AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C错误；酸性KMnO4溶液可以氧化乙醇，酸性KM

nO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D正确。4．C随着反应进行，H＋浓度减小，其与Fe的反应速率减慢，且Cu2＋得电子生成的铜覆盖铁电极，可阻碍H＋与铁接触，导致产生的气体减少，A项正确；分析可知，B项正确；[Cu(NH3)4]2

＋在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，故随阴极析出铜，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋平衡正向移动，C项错误；由以上分析知，D项正确。5．C稀硝酸有氧化性，会将SO2－3氧化成S

O2－4，故用稀硝酸检验SO2－4不能排除SO2－3的干扰，A不严密；检验Fe2＋不能同时使用KSCN和KMnO4这两种试剂，颜色会相互干扰，B不严密；I－被双氧水氧化为I2，淀粉溶液遇碘变蓝，C严密；D中不能排除SO2－3的干扰，D不严密。6．D氨气极易溶于水，所以量气管中的液体不

应为水，A错误；长颈漏斗不易控制反应速率，B错；反应结束，待气体冷却至室温，调节右侧量气管，使左右两端液面相平，才能读数，根据起始和结束时右侧量气管的液面的差值，计算产生气体的体积，C错误；俯视量气管读数，使所量气体体积偏大，得到氨气的量偏大，测得氮化铝的含量偏高，D

正确。7．DA中NaOH过量，所以产生Fe(OH)3沉淀并不能证明是Mg(OH)2沉淀转化的，A错误；比较元素非金属性强弱要通过最高价含氧酸的酸性强弱来比较，B错误；将25gCuSO4·5H2O溶于100ml蒸馏水中，

最后溶液体积不是100ml，C错误；将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，如果下层液体变成紫色，说明生成了I2，能验证氧化性：Fe3＋>I2，D正确。8．DA项，向FeSO4溶液中滴加几滴KSCN溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制

氯水，溶液变为红色，说明Fe2＋被新制氯水氧化，能证明Fe2＋具有还原性，不符合题意；B项，向SO2水溶液中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，能证明SO2具有漂白性，不符合题意；C项，向盛有淀粉­KI溶液的试管中滴加

几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明Br2将KI氧化成了I2，能证明Br2的氧化性比I2的强，不符合题意；D项，没有给出醋酸和盐酸的浓度，故不能通过pH判断CH3COOH是弱电解质，符合题意。9．B若金属钠在氧气中

受热所得固体为氧化钠和过氧化钠的混合物，加入蒸馏水也会生成气体，A错误；碘化钾溶液与少量的氯化铁溶液反应生成氯化亚铁、碘，若向反应后的溶液中滴入硫氰化钾溶液，溶液变红说明溶液中存在Fe3＋，反应有一定限度，为可逆反应，B正确；向亚硫酸钠固体中加入足量稀硫酸时

会引入硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，C错误；铵根离子在常温下与稀氢氧化钠溶液反应生成一水合氨，无氨气生成，则放在试管口的湿润的红色石蕊试纸不变蓝，不能证明溶液中无铵根离子，D错误。专练52实验综合应用一1．CA项，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，NH＋4对CH3C

OO－的水解有影响，可以分别测同浓度的CH3COONa与NaHCO3溶液的pH，错误；B项，KMnO4溶液与浓盐酸也可以发生氧化还原反应而褪色，不能验证溶液中是否有Fe2＋，错误；C项，存在可逆反应：2CrO2－4(黄色)＋2H＋⇌Cr2O

2－7(橙红色)＋H2O，氢离子浓度增大，平衡正向移动，正确；D项，乙醇与钠也可以发生反应产生氢气，不能用来检验乙醇中是否含有水，错误。2．B锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，A正确；用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化

钠、水和二氧化碳，此时溶液应该显酸性(二氧化碳在水中形成碳酸)，应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，B错误；用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na＋，C正确；蒸馏时，为保证加热过程中液体不会从烧

瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，D正确。3．C将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中，相当于Cu与稀硝酸反应，还原产物是一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮，故A错误；火焰呈黄色

，说明是含钠元素的物质，不能确定一定是钠盐，故B错误；因为相同温度下Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，所以向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，会有白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，故C正确；纯碱水解生成NaOH，牛油属于酯类化合物，遇NaOH水解得到丙三醇和

高级脂肪酸盐，故D错误。4．D仪器①为注射器，通过推动注射器，可以控制石蜡油滴加的速率，A项正确；装置②中导气管没有插入到酸性KMnO4溶液中，可以起到防倒吸的作用，B项正确；石蜡油分解的产物中含有烯烃，烯烃能被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此关闭K1，打开

K2，装置②中溶液颜色逐渐褪去，C项正确；加热一段时间后，关闭K2，打开K1，在③处点燃气体时，由于石蜡油分解产物中烯烃的碳含量较高，因此火焰明亮，且有黑烟，D项错误。5．C由电流方向可知a是正极，b是负极，电解时，c为阳极，溶

液中氯离子在此极发生氧化反应生成能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝的气体氯气，A正确；H2、NH3、Cl2、HCl、NO2可以采用排空气法来收集，收集H2、NH3时，导管是短进长出，收集Cl2、HCl、NO2时，导管长进短出，B正确；乙炔中含有杂质硫化氢等，硫化氢具有还原性，能使酸性高锰酸

钾溶液褪色，影响到乙炔的还原性的检验，C错误；氨气的收集采用向下排空气法，导管可以短进长出，用碱石灰来干燥，用水来吸收时，要防止倒吸，故D正确。6．A③中放足量NaOH溶液，利用②③检验并除去CO2，④中的无水CaCl2将气体干燥后，如果⑤中黑色CuO固

体变红，⑥中澄清石灰水变浑浊，说明有CO生成，A正确；实验时应先打开K1，通入N2以除去装置内的空气，并且在反应后继续通入氮气至装置冷却到室温，防止⑥中澄清石灰水倒吸入⑤中，故B错误；因混合气体经过了②澄清石灰水，③NaOH溶液，

必然会有水蒸气，使无水硫酸铜变蓝，不能证明分解生成产物中有水蒸气，C错误；实验结束后，①中淡黄色粉未完全变成黑色，可能为铁，也可能为FeO，Fe3O4，D错误。7．DA项，加热使得碘升华，高锰酸钾分解，不能达到分离的目的，错误；B项，SO2使溴水褪色，体现SO2的还原性，错误；

C项，图3装置中NaOH溶液无法与硫酸亚铁溶液接触，不能制备氢氧化亚铁，错误。8．CA项，酸性条件下Fe2＋能被NO－3氧化为Fe3＋，不能说明Fe(NO3)2已变质，错误；B项，由于NH3极易溶于水，在生成NH3的量较少的情况下，不加热不能够逸出氨气，错误；D项，浓硝酸受热分解也可以生成N

O2红棕色气体，错误。9．(1)锥形瓶升温，搅拌等(2)浓氨水分解和挥发双氧水分解冰水浴(3)玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处(尖嘴部分)没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁(4)活性炭(5)利用同离子效应，促进钴配

合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率解析：(1)由图中仪器的结构特征可知，a为锥形瓶；加快氯化铵溶解可采用升温，搅拌等；(2)步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，它们高温下易挥发，易分解，所以控制在10℃以下，避免浓

氨水分解和挥发，双氧水分解。要控制温度在10℃以下，通常采用冰水浴降温；(3)图中为过滤装置，玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，可能戳破滤纸，造成过滤效果不佳。还有漏斗末端较长处(尖嘴部分)没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，可能导致液滴飞溅；(4)步骤Ⅳ中，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，根据题目信

息，钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水，活性炭不溶于热水，所以趁热过滤可除去活性炭；(5)步骤Ⅴ中，将滤液转入烧杯，由于钴配合物[Co(NH3)6]Cl3中含有氯离子，加入4mL浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能

完全析出，提高产率，故答案为：利用同离子效应，促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3尽可能完全析出，提高产率。10．(1)具支试管防倒吸(2)Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2OO2既不是氧化剂，又不是还原剂

(3)CuO2(4)溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色72%解析：(1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；(2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸

性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明H＋的作用是：既不是氧化剂

，又不是还原剂；(3)在该反应中铜的质量m(Cu)＝n×6480＝4n5，因为nm＝56，则m(O)＝n×1680＋(m－n)＝2n5，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：n（Cu）n（O）＝4n5×642n5×16＝12，则X为Cu

O2；(4)滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为＋2价，氧为－1价，根据2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O2－3===2I－＋S4O2－6，可以得到关系式：CuO2～2I

2～4S2O2－3，则n(CuO2)＝14×0.1mol/L×0.015L＝0.000375mol，粗品中X的相对含量为0.000375×960.05×100%＝72%。专练53实验综合应用二1．(1)(CH3COO)2Mn(2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤

Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2(3)BD(4)①cdba②防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水汽进入样品(5)乙解析：(1)根据制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn＋2CH3COCl――→△苯MnCl2↓＋2(CH3CO)2O以及乙酰氯遇水发生

反应：CH3COCl＋H2O―→CH3COOH＋HCl可判断步骤Ⅰ中利用CH3COCl吸水，因此所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn。(2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2，因此步骤Ⅰ在室温下反应；而步

骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2，所以步骤Ⅱ需要在加热回流下反应。(4)①纯化完成后，首先关闭回热器，待烧瓶冷却至室温，然后打开安全瓶上旋塞，关闭抽气泵，最后拔出圆底烧瓶的瓶塞，将产品转到干燥器中保存；②由于可能混有酸性气体

且无水二氯化锰极易吸水潮解，图2装置中U形管内NaOH固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵，同时防止外部水汽进入样品。(5)由于无水二氯化锰极易吸水潮解，且锰离子水解，应该通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，所以合理的是乙同学的方法。2．(1)HClH2SO4(浓)＋N

aCl=====微热NaHSO4＋HCl↑(2)防止Ⅱ中溶液倒吸CuSO4溶液(3)取上层清液继续滴加H2SO4溶液，无沉淀出现，说明已经沉淀完全(4)使钡离子沉淀完全(5)锥形瓶(6)97.6%解析：由给出的试剂和装置，结合实验目的进行分析：(1)由上述分析可知，Ⅰ是制

取HCl气体的装置，在试剂a(浓H2SO4)过量并微热时，NaCl晶体与浓H2SO4反应生成NaHSO4和HCl。(2)HCl气体极易溶于水，故Ⅱ中b仪器的作用是防止倒吸；Ⅲ中的试剂是为了吸收H2S气体，应选用CuSO4溶液，发生反应CU2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋。(3)若沉淀已经完

全，由上层清液中无Ba2＋，可通过向上层清液中继续滴加H2SO4溶液的方法判断沉淀已经完全。(4)沉淀过程中需加入过量的H2SO4溶液，增大c(SO2－4)，可以减少Ba2＋在水中的溶解，使其尽可能完全转化

为沉淀。(5)过滤的实验装置为，故不需要用到锥形瓶。(6)0.4660gBaSO4的物质的量为0.002mol，由BaCl2·2H2O～BaSO4可知，产品中BaCl2·2H2O为0.002mol，质量分数为0.002mol×244g·mol－10.5000

g×100%＝97.6%。3．(1)油(2)球形冷凝管a(3)防暴沸(4)FeCl2可行空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应(5)Fe3＋水解(6)a(7)b解析：(1)该实验

需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为热传导介质；(2)根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出；(3)步骤②中，若沸腾时加入安息香(其室温下为固体

)，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入；(4)FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；(5)FeCl3易水解，乙酸还可以防止Fe3＋水解；(6)

根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香；(7)2.0g安息香(C14H12O2)的物质的量约为0.0094mol，理论上可产生二苯乙二酮(C14H10O2)的

物质的量约为0.0094mol，质量约为1.98g，产率为1.6g1.98g×100%＝80.8%，最接近80%。专练54原子结构与性质1．DF－的离子结构示意图为，A项错误；题给轨道表示式违背了洪特规则，基态碳原子的轨道表示式(电子排布图)应表示为，B项错误；丙炔分子中三个C在同一直线上，故

其键线式应为，C项错误；故选D。2．A3．BBeCl2的中心原子为Be，根据VSEPR模型可以计算，BeCl2中不含有孤电子对，因此BeCl2为直线形分子，A错误；P4分子中相邻两P原子之间形成共价键，同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，P

4分子中的共价键类型为非极性共价键，B正确；Ni原子的原子序数为28，其基态原子的价电子排布为3d84s2，C错误；顺­2­丁烯的结构中两个甲基在双键的同一侧，其结构简式为，D错误；故答案选B。4．B电子云表示电子在单位体积内出现概率的大小，不是电子运动形态，A错；发生焰色反

应时，物质的能量升高，电子向能力高的轨道跃迁，是发射光谱，B正确；3d104s1是铜原子的外围电子排布式，C错；电子运动状态不能用牛顿运动定律来描述，D错。5．AFe失去3个电子变成Fe3＋，最外层电子排布为3s23p63d5，A正确；核外电子排布为1s2的原子是He，核外电子

排布是1s22s2的为铍(Be)，二者化学性质不相似，B错；基态铜原子的价电子排布图,C错；基态碳原子是2s比2p轨道能量低，先填满2s再填2p，即，D错。6．B由R元素的各级电离能数据可知，I2、I3之间相差较大，说明R原子最外层有2个电子，其最高化合价为＋2价，A、C错误；又因

R元素为短周期主族元素，则R元素位于元素周期表的第ⅡA族，R可能是Be元素或Mg元素，故其基态原子的电子排布式为1s22s2或[Ne]3s2，B正确、D错误。7．D根据电负性和最低负化合价，推知A为C、B为S、C为Cl、D为O、E为F。C、D、E的氢化物为HCl、H2

O、HF，氢化物稳定性为：HF>H2O>HCl，A错误；C元素最外层电子排布为2s22p2，2p2上的两个电子分占两个轨道，且自旋方向相同，B错误；S最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，它们之间可形成化合物，如S2Cl2，C错误；Na能与H2O发生置换反应生成NaOH、H

2，D正确。8．B根据电子排布式可知，①是S、②是P、③是N、④是F。原子半径：②＞①＞③＞④，A错；第一电离能为④＞③＞②＞①，B正确；电负性：④＞③＞①＞②，C错；F无正价，②、③最高正化合价为＋5，①的最高正化合价为＋6，D错。9．B电子层上全部都是s电子的原

子不一定属于同一周期，如H和Li，故A错误；3p能级上只有一个空轨道的原子是Si原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子是Al或Cl，对应元素一定属于第三周期，故B正确；最外层电子排布为2s22p6的原子是Ne

、最外层电子排布为2s22p6的离子是F－、Na＋等，故C错误；原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的原子可能是Ar、K、Ca，不一定处于同一周期，故D错误。10．C金属钠和金属铜的最外层都是一个电子，二者不位于同一族，A错；X原子是He，Y原子

是Be，二者不位于同一族，B错；X原子是N，Y原子是P，都位于第ⅤA族，C正确；X是Mg，Y是Ca、Zn、Fe等原子，D错。11．D根据各元素在周期表中的位置可知，X为F、W为P、Y为S、Z为Br、R为Ar。Br－比Ar多一个电子层，A错；第一电离能P＞S，B

错；p能级未成对电子最多的是P，有3个，C错；F元素是电负性最大的元素，D正确。12．C电负性大的元素在化合物中显负价，故X显负价，Y显正价，A正确；第一电离能可能Y大于X，如N＞O，也可能小于X，B正确；非金属性X＞Y，则X对应的最高价含氧酸的酸性

强于Y对应的最高价含氧酸的酸性，气态氢化物的稳定性HmY小于HnX，C错，D正确。13．C根据题意，反中微子静止质量可以认为是0，则根据质量守恒知衰变产物Ni的质量数为60，A正确；Co与Ni均为第四周期第Ⅷ族元素，均属于d区元素，B正确；基态Co原子

的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，Co和Ni基态原子核外电子占据的轨道数均为1＋1＋3＋1

＋3＋5＋1＝15，C错误；基态Ni原子的外围电子排布式为3d84s2，D正确。14．B本题考查原子结构与元素周期表。原子序数相差8的两短周期元素，可能是零族元素，A项错误；价电子排布为5s25p4的元素位于第五周期第ⅥA族，属于p区元素，

B项正确；镧系元素原子序数从57到71，为几种不同的元素，虽然在元素周期表中占据同一格，但不互为同位素，C项错误；根据洪特规则可知，第四周期元素中，基态原子未成对电子数目最多的为Cr(3d54s1)，

有6个，Mn(3d54s2)只有5个，D项错误。15．(1)1s22s22p63s23p63d64s2(2)sp3(3)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量(4)Mn2＋的3d轨道电子排布为半满状态，比较稳定(5)2(6)Al解析：(1)26号为铁元素，核外有26

个电子，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；(2)d为N元素，a为H元素，二者形成的NH3中N的孤电子对数＝12×(5－3×1)＝1，则其价电子对数＝1＋3＝4，故NH

3的中心原子N的杂化形式为sp3；(3)h为Mg元素，电子从能量高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量；(4)o为Mn元素，p为Fe元素，原子轨道处于半满、全满、全空时能量最低最稳定。Mn2＋的3d轨道电子排布为半满状态，比较稳定，故Mn2＋再失去一个电子比气态

Fe2＋再失去一个电子难；(5)同周期自左而右电负性增大，则电负性最大的为Cl，第三周期元素单质的熔点是：Si＞Al＞Mg＞Na＞S＞P＞Cl2＞Ar，故2为Cl；(6)该主族元素第四电离能剧增，则其最外层有三个电子，为第三主族元素

，为表中的i元素，即Al。专练55分子结构与性质1．AZ2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，

X为N，Y为O，Z是F，以此解题。由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：WZ3<XZ3，A正确；由分析可

知，X为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：Y<X<Z，B错误；由分析可知，W为B，X为N

，Y为O，则X2Y3为N2O3，W2Y3为B2O3，两种化合物中N和B的化合价都是＋3价，但是N的非金属性更强一些，故N2O3的氧化性更强一些，C错误；由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误；故选A。2．DNH2OH、NH3

、H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；由反应历程可知，反应过程中，Fe2＋先失去电子发生氧化反应生成Fe3＋，后面又得到电子生成Fe2＋，C正确；由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有

两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；故选D。3．DM、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对

电子，故Z为C或O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知，Z能形成2个共价键，则Z为O；M能形成1个共价键，则M为H；X能形成4个共价键，则X为C；Y失去一个电子形成4个共价键，则Y为N；W得到一个电子形成4个共价键，则W为B。A项，若为简单氢化物CH4和NH3，由于NH3分子间存在氢键，沸点较高，

错误；C项，N原子最外层2p能级为半充满结构，第一电离能较大，应为W<X<Z<Y，错误；D项，阳离子中存在N—H配位键，阴离子中存在B—O配位键，正确。4．C从结构简式可知该分子正负电荷中心不重合，是极性分子，A项错误；P连接的四个原子或原子团不完全相

同，故立体构型不可能为正四面体形，B项错误；O===P(N3)3的分解产物为NPO(D项中提示)，N元素化合价降低，由得失电子守恒知，其分解还会产生N2，C项正确；NPO的电子式是∶N⋮⋮P∶O∶····，D项错误。5．A甲烷分子的中

心原子的价层电子对数为4，水分子的中心原子价层电子对数也为4，所以他们的VSEPR模型都是四面体，A正确；SO2－3的孤电子对数为1，CO2－3的孤电子对数为0，所以SO2－3的空间构型为三角锥形，CO2－3的空间构型为平面三角形，B错误，C

F4为正四面体结构，为非极性分子，SF4中心原子有孤电子对，为极性分子，C错误；XeF2和XeO2分子中，孤电子对数不相等，孤电子对数越多，排斥力越大，所以键角不等，D错误；故选A。6．B由N＋13的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确；中心N原子为sp3杂化，与中心N原

子直接相连的N原子为sp2杂化，与端位N原子直接相连的N原子为sp杂化，端位N原子为sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种，B错误；中心N原子为sp3杂化，则其空间结构为四面体形，C正确；N＋13中含叠氮结构()，常温下不稳定，D正确。7．Cσ键头碰头重叠，π键肩并肩重叠，σ键重叠程度大，形

成的共价键强，A正确；两个原子之间形成共价键，最多有一个σ键，B正确；稀有气体的单质中不存在化学键，则不含σ键、π键，故C错误；氮气中存在N≡N，有一个σ键，两个π键，D正确。8．BCH4分子中的sp

3杂化轨道是由碳原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相同的新轨道，A错，B正确；凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，其几何构型是四面体，不一定都是正四面体，如CH3Cl不是正四面体，C错；AB3型的共价化合物，其中心原子可采用sp3杂化轨道成键，也可采用s

p2杂化轨道成键，D错。9．A水中氢键的存在使水具有特殊的物理性质，从而适合地球生命的存在，另外，生命体内的许多大分子中存在着氢键，所以氢键对维持生物大分子的空间构型和生理活性具有重要的意义。10．CNCl3中N和Cl

都满足8e－稳定结构，A错误；CCl4是以极性键结合的非极性分子，P4是单质，不属于化合物，B错误；CaO是离子晶体，SiO2是原子晶体，二者都不存在单个小分子，C正确；π键为两个或多个电子以“肩并肩”方式重叠形成，σ键是轴对称，π键是镜面对称，故D项错误。11．

ARCl5中R的最外层电子数为10，A错；顶点与平面形成的夹角为90°，中间是平面三角形，键角为120°，两顶点与中心R形成的夹角为180°，B正确；分子结构示意图显示R—Cl有两类键长，则键能不完全

相同，C正确；RCl5分解得到的产物RCl3是三角锥形，D正确。12．D根据各元素在周期表中的位置可知，A为H、B为C、C为N、D为O、X为S、Y为Cl。A2D是H2O、A2X是H2S，H2O分子间能形成氢键，沸点H2O>H2S，A错；CA3是NH3是极

性分子，B错；B、C、D的氢化物分别是CH4、NH3、H2O，微粒中原子数不同，不互为等电子体，C错；N2中有1个σ键，2个π键，D正确。13．DNH3是三角锥形，是极性分子，BF3是平面三角形，是非极性分子，A、B错；H原子核外只有2个电子，C错；NH3分子中有1对孤对电子，BF3中B原子最外

层只有6个电子，正好有1个空轨道，二者通过配位键结合而使每个原子最外层都达到稳定结构，D正确。14．BSO2分子的中心原子中含有孤电子对，是V形分子，A错；COCl2、BF3、SO3是平面三角形分子，B正确；NH3、PCl3中价层

电子对个数＝3＋12×(5－3×1)＝4且含有一个孤电子对，均为三角锥形结构，PCl5中价层电子对个数＝5＋12×(5－5×1)＝5且不含孤电子对，为三角双锥形结构，C错；BF3中价层电子对个数＝3＋12×(3－3×1)＝3，为平面三角形结构，键角为120°，SnBr2中价层电子对

个数＝2＋12×(4－2×1)＝3且含有一个孤电子对，为V形结构，SnBr2键角小于120°，D错。15．CB项，酞菁钴分子中C原子均形成3个σ键，没有孤电子对，只有sp2杂化，错误；C项，含有孤电子对的N原子与Co通过配位键结合，正确；D项，1

号和3号N原子为sp3杂化，均有一对孤电子对，空间结构均为三角锥形，错误。专练56晶体结构与性质1．C根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×14＋1＝3，O：2×12＝1，Cl：4×14＝1，1个晶胞的质量为3×7＋16＋35.5NAg＝7

2.5NAg，晶胞的体积为(a×10－10cm)3＝a3×10－30cm3，则晶体的密度为72.5NAg÷(a3×10－30cm3)＝72.5NA×a3×10－30g·cm－3，A项正确；图1晶胞中，

O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×14＝2，O：2×12＝1，Cl或Br：4×14＝1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1－x，C项错误；进行镁离子

取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2＋取代产生的空位有利于Li＋的传导，D项正确；答案选C。2．C由LaH2的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；由LaHx晶胞

结构可知，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHx，故B正确；由题干信息可知，在LaHx晶胞中，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，这样的结构有8个，顶点数为4×8＝32，且不是闭合的结构，故C错误；1个LaHx晶胞

中含有5×8＝40个H原子，含H质量为40NAg，晶胞的体积为(484.0×10－10cm)3＝(4.84×10－8)3cm3，则LaHx单位体积中含氢质量的计算式为40（4.84×10－8）3×6.02×1023g·cm－3，故D正确；答案选C。3．B共价键具有饱和性和方向性，A不正确

；晶体中只要有阴离子，就一定有阳离子，B正确；氢键不是化学键，C不正确；金属键属于化学键，D不正确。4．D①晶体中原子呈周期性有序排列，且有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，可以用衍射方法鉴别晶体和非晶体，故正确；②含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体，但含

有阴离子的晶体一定是离子晶体，故错误；③决定分子晶体的熔、沸点的分子间作用力，共价键决定分子的稳定性，故错误；④晶格能与离子半径成反比、与离子电荷成正比，镁离子、氧离子电荷都大于钠离子、氯离子，且半径都小于钠离子、氯离子，所以MgO的晶格能远比NaCl大，故

正确；⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，且有自范性，非晶体中原子排列相对无序，无自范性，故正确；⑥在以没有方向性和饱和性的作用力结合形成晶体时，晶体尽量采取紧密堆积方

式以使其变得比较稳定，故正确；⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，CsCl晶体中阴阳离子配位数是8，NaCl晶体中阴、阳离子的配位数是6，故错误。5．A离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaF<MgF2<AlF3，A不正确

；离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr，B正确；CsCl、NaCl、CaF2的阴离子的配位数分别是8、6、4,C正确；离子半径：Ba2＋＞Ca2＋＞Mg2＋，所以硬度：MgO＞CaO＞BaO，D正确。6．B该物质有分子式，则该物质是分子晶体，A错，B正确；相

对分子质量为(12＋28)×60＝2400，C错；Si的原子半径大于C，Si60的体积大于C60的体积，C60被包裹在Si60里面，D错。7．C水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，A正确；根据均摊法可以知道，在CaF2晶体的

晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2＋个数为1/8×8＋1/2×6＝4，B正确；电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原

子核附近出现的机会较多，C错误；在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此，D正确。8．B①为简单立方堆积、②为体心立方堆积、③为六方最密堆积、④为

面心立方最密堆积，A错；每个晶胞含有的原子数分别为①8×18＝1、②8×18＋1＝2、③8×18＋1＝2、④8×18＋6×12＝4，B正确；晶胞③中原子的配位数应为12，C错；四种晶体的空间利用率分别为52%、68%、74%、74%

，④＝③>②>①，D错。9．A自范性是晶体的性质，故非晶态碳玻璃不具有自范性，A项错误；碳玻璃与C60都是由碳元素组成的单质，两者互为同素异形体，B项正确；碳玻璃具有高硬度，与金刚石的物理性质类似，说明两者的结构具有一定的相似性

，故碳玻璃含有sp3杂化的碳原子，C项正确；碳玻璃与金刚石互为同素异形体，两者在化学性质上有着活性的差异，D项正确。10．D稀有气体是单原子分子，不存在共价键，故①错误；金属晶体由金属阳离子和自由电子组成，无阴离子，故②错误；晶

体中熔点高低一般顺序是：原子晶体>离子晶体>分子晶体；在原子晶体中，原子半径越大熔点越低；在离子晶体中，离子半径越大，熔点越低，电荷越多，熔点越高；在分子晶体中，相对分子质量越大，熔点越高(含有氢键的物质除外)，所以这几种物质的熔点

高低顺序是金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S，故③正确；离子晶体中可能有共价键，如氯化铵中氮氢键属于共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④错误；由晶胞结构可知CaTiO3晶体中Ti的配位数为12，所以

每个Ti4＋和12个O2－紧邻，故⑤正确；SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，故⑥错误；分子稳定性与分子内共价键的强弱有关，与分子间作用力无关，故⑦错误；离子晶体熔化时离子键被破坏，氯化钠是离子晶体，故⑧正确。故正确序号为③⑤⑧。综上所述，本题正确答案为D。

11．D晶体晶胞中阴、阳离子的个数分别为8×18＋6×12＝4，12×14＋1＝4，故A错误；晶胞的质量为4MNAg，晶体的密度为dg·cm－3，则晶胞的体积是4Mgdg·cm－3NA＝4MdNAcm3，则晶胞的边长为34MdNAcm，该晶体中两个距离最近的同种离子的核间距为晶胞面对角线的一半

，为22×34MdNAcm，B错误；根据晶胞结构，阴、阳离子的配位数都是6，C错误；该晶胞中阴、阳离子的个数比为1∶1，可能是NaCl的晶胞，D正确。12．BB项，氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离最近且相等的Na＋

共有12个，错误。13．C由晶胞图可知，位于棱心和体心上的N原子距离最近，为面对角线长度的一半，即22anm，A项错误；利用均摊法，一个晶胞中Mo原子数为4，N原子数为2，故氮化钼的化学式为Mo2N，B项错误；一个晶胞中，与顶点Mo原子最近的Mo原子为相邻

的3个面心上的Mo原子，面心上Mo原子为两个晶胞共用，每个顶点周围有8个晶胞，故与其距离最近的Mo原子数为3×12×8＝12，C项正确；晶体密度为（96×2＋14）×2NAg（a×10－7）3cm3＝412NA（a3×10－21）g·cm－3，D项错

误。专练57结构与性质综合应用1．(1)add(2)①sp2σ②C2H5Cl>C2H3Cl>C2HClCl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl键越短(3)CsClCsCl是离子晶体，熔化时需要克服Cs＋和Cl－之间的离子键，而ICl是分子晶体，熔化时只需要克服范德华力(4)固体离子导

体12(5.04×10－10)3NA解析：(1)基态氟原子的核外电子排布式为1s22s22p5，有9个电子，排除b、c项；a项，相当于F原子的一个电子从2p能级跃迁到3s能级，属于激发态氟原子，正确；d项，相当于F原子的两

个电子从2p能级跃迁到3p能级，属于激发态氟原子，正确；在两个激发态氟原子中，由于3p能级的能量高于3s能级，且d中发生跃迁的电子数目多于a，故d的能量较高。(2)①C2H3Cl分子中存在碳碳双键，C原子为sp2杂化，杂化轨道只能形成σ键，故在C2H3Cl分

子中，C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Clσ键。②C2H5Cl分子中只存在σ键，C原子为sp3杂化；C2H3Cl分子中存在一个34的大π键，C原子为sp2杂化；C2HCl分子中存在两个34的大π键[1个是Cl(3pz)－C(2p

z)，1个是Cl(3py)－C(2py)]，C原子为sp杂化。杂化轨道中s成分越多(sp3、sp2、sp杂化轨道中s成分依次增多)，形成的C—Cl键越强；Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl键越短，故C—Cl键长顺序为C2H5Cl>C2H3Cl>C2HCl。(3)由CsICl2

受热发生非氧化还原反应知，CsICl2受热分解生成CsCl和ICl，故无色晶体X为CsCl，红棕色液体Y为ICl；由于CsCl是离子晶体，熔化时需要克服Cs＋和Cl－之间的离子键，而ICl是分子晶体，熔化时只需要克服范德华力，离子键比范德华力

强得多，故CsCl的熔点高于ICl。(4)在α­AgI晶体中，Ag＋可以发生迁移，故α­AgI晶体在电池中可以作为固体离子导体。由于α­AgI晶体中I－作体心立方堆积，由“均摊法”知，1个晶胞中含有I－数目为8×18＋1＝2，即1个晶胞中含有2个α­AgI，则α­A

gI晶体的摩尔体积Vm＝12(504×10－12m)3·NAmol－1＝12(5.04×10－10)3NAm3·mol－1。2．(1)3d64s2O＞Si＞Fe＞Mg＋2(2)钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而SiCl4为分子晶体随着同族元素的

电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大，分子间作用力越大则其熔点越高正四面体sp3(3)1MgB233a解析：(1)Fe为26号元

素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2。元素的金属性越强，其电负性越小，元素的非金属性越强则其电负性越大，因此，橄榄石(MgxFe2－xSiO4)中，各元素电负性大小顺序为O＞Si＞Fe＞Mg；因为MgxFe2－xSiO4中Mg、Si、O的化合价分别为＋2、＋4和－2，x＋2－x＝2，根据

化合物中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为＋2。(2)Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，其熔点较高；而SiCl4为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知，SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势为

：随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大，分子间作用力越大则其熔点越高。SiCl4的空间结构为正四面体，其中Si的

价层电子对数为4，因此Si的轨道杂化形式为sp3。(3)由硼镁化合物的晶体结构可知Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有12×16＋2×12＝3个Mg，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中B在正六棱柱体

内共6个，则该物质的化学式为MgB2；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为32a，因此B－B最近距离为32a×13×2＝33a。3．(1)[Ar]3d104s11

5(2)正四面体形(3)O>N>C>HNsp2、sp3sp3(4)6π[3r3（Na）＋r3（K）]6[r（Na）＋r（K）]3×100%解析：(1)基态Cu原子核外有29个电子，简化电子排布式为[Ar]3d104s1；基态Cu原子核外电子占据几个轨道，其核外电

子就有几个空间运动状态，则基态Cu原子核外电子空间运动状态种类数为1＋1＋3＋1＋3＋5＋1＝15。(2)SO2－4中硫原子价层电子对数为4＋12×(6＋2－4×2)＝4，空间结构为正四面体形。(3)元素的非金属性越强

，电负性越大，则电负性由大到小的顺序是O>N>C>H；同周期主族元素第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级处于半满状态，更稳定，则四种元素中第一电离能最大的是N；该离子中亚甲基上的C原子价层电子对数为4、—COO－中的C原子价层电子对数为3，N原子价层电子对数为4，则C原子采用sp3

、sp2杂化，N原子采用sp3杂化。(4)根据晶胞结构判断，距离K原子最近的Na原子个数为6，则K原子的配位数是6；该晶胞棱长＝2[r(Na)＋r(K)]，晶胞体积＝[2r(Na)＋2r(K)]3，该晶胞中Na原子个数＝12×14＝3，K

原子个数＝18×8＝1，原子总体积＝3×43π[r(Na)]3＋43π[r(K)]3，晶体的空间利用率＝原子总体积晶胞体积×100%＝π[3r3（Na）＋r3（K）]6[r（Na）＋r（K）]3×100%。4．(1)第四周期第ⅡB族(2)平面三角形NO

－3(或SO3，合理即可)(3)HOOC—COOHHOOC—COOH的相对分子质量高于CH3COOH，且HOOC—COOH存在两个羧基，可以形成更多的分子间氢键(4)A(5)①晶胞单元是晶体的最小重复结构单元，该结构中包含了三

个更小的重复结构单元②(14，34，34)③44×（65＋16）×1021NA×a3解析：(1)Zn为30号元素，位于第四周期第ⅡB族。(2)原料Ⅰ中阴离子为CO2－3，碳原子所含孤电子对数为12×(4＋2－3×2)＝0，所形成σ键数

为3，价层电子对数为3，空间结构为平面三角形；原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，CO2－3的等电子体有NO－3、SO3等。(3)原料Ⅱ、Ⅲ阴离子对应的酸分别为CH3COOH、HOOC—COOH，HOOC—COOH的相对分子质量高于CH3COOH，

同时HOOC—COOH存在两个羧基，可以分别与其他分子形成更多的分子间氢键，所以沸点较高。(4)化合物Ⅱ中O的非金属性最强，电负性最大，A项正确；化合物Ⅱ中甲基上的碳原子为sp3杂化，而羧基中的碳原子为sp2杂化，B项错误；化合物Ⅲ中，两个C原子之间还存在非极性共价键，C项错误；单键均为σ键

，双键中有1个σ键和1个π键，则化合物Ⅰ的阴离子中σ键和π键数目比为3∶1，D项错误。(5)①晶胞单元是晶体的最小重复结构单元，图示结构中包含了三个更小的重复结构单元，所以不是纤锌矿型ZnO的晶胞单元；②根据原子1的坐标及建系方式判断，原子2的坐标为(14，34，34)；③以顶面面心的O原

子为例，该晶胞中有2个Zn原子距离其最近且相等，该晶胞的上方晶胞中还有两个，所以离O原子距离最近的Zn原子数为4；根据晶胞结构可知，该晶胞中有4个Zn原子，4个O原子，晶胞的质量为（65＋16）×4NAg，晶胞参

数为anm，则该晶体密度＝4×（65＋16）×1021NA×a3g·cm－3。5．(1)同素异形体金刚石范德华力(2)③＋2配位(3)sp3离子284×1030NA·a3解析：(1)同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质，它们

的组成元素均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；C60间的作用力是范德华力；(2)已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原

子均为sp2杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H键易断裂从而电离出H＋；钴酞菁分子中，失去了2个H

＋的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为＋2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。(3)由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原

子形成四面体结构，因此，二聚体中Al的轨道杂化类型为sp3。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含大球的

个数为12×14＝3，小球的个数为8×18＝1，则大球为F－，距F－最近且等距的Al3＋有2个，则F－的配位数为2。若晶胞参数为apm，则晶胞的体积为(apm)3＝a3×10－30cm3，晶胞的质量为84gNA，则其晶体密度ρ＝84×1030NA·a3g·cm－3。专练58有机物分

类、组成、结构1．B辅酶Q10的分子式为C59H90O4，A项错误；中含有11个甲基，故辅酶Q10分子中含有14个甲基，B项正确；由乙烯分子中所有原子共平面可知，辅酶Q10分子中所有的氧原子共平面，C项错误；分子中饱和碳原子上的氢原子在反应中可以

被取代，D项错误。2．C苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；如图所示，，苯乙炔分子中最多有6个原子共直线，B错误；苯乙炔分子中含有苯环和碳碳三键，能发生加成反应，苯环上的氢原子能被取代，可发生取代反应

，C正确；苯乙炔属于烃，难溶于水，D错误。3．D由键线式可看出，该物质中无苯环，不属于芳香化合物，A错；由谱图可知有8种不同环境的氢原子，B错；Et为—CH2CH3，C错；含有醇羟基能发生消去反应，D正确。4．C按系统命名法，化合物的名称为2

，2­二甲基丁烷，A错误；由比例模型可知该物质表示的是HOCH2CH2COOH，不是氨基酸，B错误；与CH3CH2COOH的结构不同，分子式均为C3H6O2，互为同分异构体，C正确；木糖醇和葡萄糖都含有多个羟基，但是木糖醇是醇类

，葡萄糖是多羟基醛，因此二者不是同系物，D错误。5．D苯的同分异构体有多种链状烃类同分异构体，不止d、p两种，故A项错误。b的二氯代物有3种，而d的一氯代物有两种，二氯代物可视为1个氯原子取代一氯代物上的氢原子，共有6种：，故B项错误。b、p均

不与酸性高锰酸钾溶液反应，故C项错误。b为苯，所有原子位于同一平面，而d、p的原子并不都处于同一平面，故D项正确。6．D①、③的结构不相似，组成相差CH2O，不是同系物，A错；①和②互为同分异构体，③和④互

为同分异构体，B错；②的分子比④的分子多一个CH2O，在足量氧气中完全燃烧，消耗氧气②比④多，C错；四种物质分子中都含有酯基，能与氢氧化钠溶液发生水解反应，D正确。7．CX不含苯环，不属于芳香化合物，A错误；Z分子中有饱和碳原子，不可能所有碳原子共平面，B错误；X中含有碳碳双键，能使溴的四氯化

碳溶液褪色，C正确；Y的一氯代物有6种，D错误。8．A甲苯有4种氢原子，分别是甲基上的氢和苯环邻、间、对上的氢，2­甲基丁烷也有四种氢原子，它们的一溴代物都有4种，A项正确；乙烯是平面形分子，键角为120°，甲基取代乙烯碳碳双

键两侧上的氢原子，所以四个碳原子一定不在同一直线上，B项错误；按照系统命名法，选择最长的碳链为主链，该分子名称是2，3，4，4­四甲基己烷，C项错误；这两个有机物分子结构不相似，不互为同系物，D项错误。9．D该有机物的分子式是C13H15NO3，A项错误；紧连苯环的碳原子为手性

碳原子，B项错误；苯环、双键为平面结构，单键可以通过旋转转到同一个平面上，故最多可能有11个碳原子共面(·标注的碳原子)，C项错误；酯基、酚羟基可发生取代反应，苯环可发生加成反应，酚羟基可发生氧化反应，D项正确。10．(1

)C9H10O2解析：(1)化合物A分子中C、H、O的个数比为72.0%12∶6.67%1∶1－72.0%－6.67%16≈9∶10∶2。根据A的相对分子质量为150，可求得其分子式为C9H10O2。(2)根据红外光谱图可知，A分子中除含一个苯环外

，还含有和C—C，所以A的结构简式可能为或。(3)①A的芳香类同分异构体中不含甲基的芳香酸是。②遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含酚羟基，又因为含醛基，且只有两个取代基，则符合条件的同分异构体的结构简式为专练59烃、卤代烃1．DA项，X中和—CH3在C===

C两侧，中和—CH3在C===C同侧，二者互为顺反异构体，正确；B项，X中含有碳碳双键，可以与Br2发生加成反应使溴的CCl4溶液褪色，正确；C项，X与HBr加成，加H(Br)位置不确定，故还存在副产物，正确；D项，中只有标“*

”的碳原子连有的四个原子或原子团不同，为手性碳原子，错误。2．D分子晶体的熔、沸点与其相对分子质量成正比，所以含碳原子数相同的一溴代烷与烷烃相比，前者熔沸点高，故A错误；C6H14在常温下是液体，故B错误；烃均不溶于水，故C错误；烃的密度小于水的密

度，D正确。3．C当该卤代烃发生水解反应时，只断裂①键，生成醇；卤代烃的消去反应是连接－X的碳的相邻碳原子的一个H和－X被同时脱去引入双键，破坏的键是①和③，所以C正确。4．C该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的一氯代物有8种，A错；

该分子中最多有9个原子共平面，B错；分子中含有C===C、—CH3、—CH2—，能发生加成、取代、氧化、还原反应，C正确；丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不互为同分异构体，D错。5．Ca属于立方烷，结构中没有不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液

褪色，故A错；a的二氯代物有3种，b的二氯代物只有3种、c的二氯代物大于3种，故B错；a的同分异构体中除b、c外，还有苯乙烯，可与溴水反应，故C正确；根据a、b、c的结构知a、b、c中的所有原子不能处于同一平面，故D错。6．A乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成

乙酸，故A错；根据分析知其一氯代物有3种，C4H10有正丁烷异丁烷两种异构体，正丁烷的一氯代物有2种，异丁烷的一氯代物也有2种，C4H10的一氯代物的数目共有4种，故B对；乙烯使溴水褪色，发生加成反应、使酸性KMnO4溶液褪色发生氧化反应，反应的类型不同，故C对；植物油含不饱和高级脂肪酸甘油酯，加

氢后，可以变成饱和高级脂肪酸甘油酯，由液态的油变成固态的脂肪，故D对。7．C环戊烯()，分子式为C5H8，与互为同分异构体，故A正确；二氯代物：、、，超过了两种，故B正确；由结构简式可知其中一个碳原子上连有4个碳原子，根据CH4是四面

体结构，可得中所有碳原子一定不在同一平面上，故C错误；由生成C5H12，多出4molH，至少需要2molH2，故D项正确。8．A在一定条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含6种H，则加成产物的一溴取代物有6种，A正确；碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾

发生氧化反应，均褪色，但原理不同，B错误；苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子的所有原子可能在同一平面上，C错误；苯环可与氢气发生加成反应，二者均与氢气发生加成反应，不能除杂，D错误。9．BM的分子式为C5H12，名称为异戊烷，A错误

；N的分子式为C5H11Cl，是戊烷的一氯代物，其碳链的位置结构分别为，考虑一个氯原子取代时共8种情况。所以N的同分异构体有7种(不包括本身)，B正确；形成碳碳双键的两个碳原子以及碳原子直接相连的原子一定共面，而不直接相连的其他原子可能不共面，C错误；Q使溴的四氯化碳褪色是发生了加成

反应，使酸性KMnO4溶液褪色是发生了氧化反应，所以褪色原理不相同，D错误。10．BA项，①中液体变为棕色，说明浓硫酸将乙醇炭化，体现浓硫酸的脱水性，正确；B项，1，2­二溴乙烷与四氯化碳互溶，不能用分液法分离，错误；C项，试剂

X主要是除去乙烯中混有的二氧化硫和二氧化碳，可以用氢氧化钠溶液，正确；D项，尾气中含有乙烯和挥发的溴蒸气，需要集中处理，正确。11．CA项，乙烯被氧气氧化生成环氧乙烷，正确；C项，苯和溴水不反应，苯在铁屑作用下能与液溴发生取代反应，错误；D项，苯乙醇结

构中的苯环能发生加成反应，正确。12．(1)AB(2)CH2===CH2＋Br2―→CH2BrCH2Br(3)2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH3CHO＋2H2O(4)②③(5)CH3COOH＋NaHCO3===CH3COONa＋H2O＋CO2↑

解析：A能使溴水褪色说明含有碳碳双键或三键，结合其比例模型，可以知道A为CH2===CH2；A能和水反应生成C，C由C、H、O三种元素组成，能与Na反应，则C为CH3CH2OH;根据B的组成元素及其球棍模型知，B是；D的相对分子质量比C少2，且能由C催

化氧化得到，D是CH3CHO,乙醇与E反应生成相对分子质量为88的酯，则E为CH3COOH。13．(1)(2)NaOH水溶液、加热(3)C6H5－CHO＋2Ag(NH3)2OH―→H2O＋2Ag＋3NH3＋C6H5－COONH4(条件：水浴加热)(4)ac(5)14解析：相对分子质量为92

的某芳香烃X的分子式为C7H8，其结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，则A为，B为，C为，D为，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成E为。(5)E()的同分异构体同时符合下列条件：①遇NaHCO3溶液有气体放出，

说明含有羧基，②芳香族化合物，说明含有苯环，含有一个取代基为—CH2CH2COOH或者—CH(CH3)COOH，含有2个取代基为—CH3、—CH2COOH，或者—CH2CH3、—COOH，各有邻、间、

对3种，含有3个取代基为2个—CH3、—COOH，2个—CH3处于邻位，—COOH有2种位置，2个—CH3处于间位，—COOH有3种位置，2个—CH3处于对位，—COOH有1种位置，共有14种，其中不含甲基的有机物的结构简

式为。专练60醇、酚1．D化合物1分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不正确；化合物1不属于醇类，故不是乙醇的同系物，B不正确；化合物2分子中不含羟基，C不正确；化合物2可以发生开环聚合反应生成，D正确。2．CB项，酯基和氢气不加成，故1mol该物质可与2molH2发生加成反应，正确；C

项，醇羟基和钠反应，酯基和NaOH反应，消耗二者的物质的量之比为3∶1，错误。3．C根据a和c的结构简式可知，a与b发生取代反应生成c和HCl，A正确；a中含有酚羟基，酚羟基呈弱酸性能与NaOH反应，b可在Na

OH溶液中发生水解反应，生成醇类，B正确；根据C的结构简式可知，冠醚中有四种不同化学环境的氢原子，如图所示：,核磁共振氢谱有4组峰，C错误；c可与K＋形成鳌合离子，该物质在苯中溶解度较大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，D正确；故答案选C。4．B汉黄芩素的分子式

为C16H12O5，故A错误；含酚—OH，遇FeCl3溶液显紫色，故B正确；酚—OH的邻对位氢原子能够与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该物质与溴水反应，最多消耗2molBr2，故C错误；与足量H2发生加成反应后，该分子中碳

碳双键、羰基均减少，少了2种官能团，故D错误。5．B环己醇中不含苯环，含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，不可能存在12个原子共平面的结构特点，故A错误；与环己醇互为同分异构体，且含有醛基(—CHO)的结构，应为C5H11CHO，C5H11—的同分异构体有8种，则含有醛基

(—CHO)的结构有8种，故B正确；环己醇含有1个羟基，则标准状况下，1mol环己醇与足量Na反应生成11.2LH2，故C错误；环己醇的一氯代物有4种，故D错误。6．D由对乙酰氨基酚的结构简式可知，A、B、C正确；只有羟基两个邻位上的H原子能与溴水发生取代反应

，故1mol对乙酰氨基酚最多消耗2mol的Br2，D错。7．B该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应，B正

确；将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中，标有“*”为手性碳原子，则一共有4个手性碳原子，C错误；1mol该物质中含有7mol酚羟基，2mol羧基，2mol酯基，则1mol该物质最多消耗11molNa

OH，D错误；故选B。8．DA项，标准状况下水为液体，错误；B项，酚羟基的邻、对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol葛根素与溴水反应，最多消耗4molBr2，错误；C项，不能发生水解反应，错误；D项

，碳碳双键、羰基与氢气发生加成反应，则与氢气加成后不存在碳碳双键、羰基，正确。9．A该物质含有酚羟基，酚羟基的邻、对位和溴水发生取代反应，A错误；酚羟基容易被氧化，故可以用作抗氧化剂，B正确；该物质红外光谱能看到有O

—H键、酯基等，有特征红外吸收峰，C正确；该物质含有酚羟基，能与铁离子发生显色反应，D正确。10．(1)CD(2)浓硝酸、浓硫酸解析：(1)A项，酚羟基及酰胺键均能与氢氧化钠反应，故1mol柳胺酚最多可以和3molNaOH反应，错误；B项，苯环

上可以发生硝化反应，错误。(2)A→B发生硝化反应，反应所需的试剂为浓硝酸、浓硫酸。(5)条件②说明含有醛基或甲酸形成的酯基，再结合条件①可知，符合条件的F的同分异构体为专练61醛、酸、酯1．C反应①为乙酸和异丙醇在酸的催化下发生酯化反应生成了乙酸异丙酯和水，因此，①

的反应类型为取代反应，A叙述正确；反应②为乙酸和丙烯发生加成反应生成乙酸异丙酯，是合成酯的方法之一，B叙述正确；乙酸异丙酯分子中含有4个饱和的碳原子，其中异丙基中存在着一个饱和碳原子连接两个饱和碳原子和一个乙酰氧基，类比甲烷的正四面体结构可知，乙酸异丙

酯分子中的所有碳原子不可能共平面，C叙述错误；两个反应的产物是相同的，由反应①及产物结构上看，该产物是由乙酸与异丙醇通过酯化反应生成的酯，故其化学名称是乙酸异丙酯，D叙述是正确；综上所述，本题选C。2．B手性是碳原子上连有四个不同的原子或原子团，因此闭环螺吡喃含有手性碳原子如

图所示，，开环螺吡喃不含手性碳原子，故A错误；根据它们的结构简式，分子式均为C19H19NO，它们结构不同，因此互为同分异构体，故B正确；闭环螺吡喃中N原子杂化方式为sp3，开环螺吡喃中N原子杂化方式为sp2，故C错误；开环螺吡

喃中氧原子显负价，电子云密度大，容易与水分子形成分子间氢键，水溶性增大，因此开环螺吡喃亲水性更好，故D错误；答案为B。3．B藿香蓟的分子结构中含有酯基，可以发生水解反应，A说法正确；藿香蓟的分子结构中的右侧有一个饱和碳原子连接着两个甲基，类比甲烷分子的空间构

型可知，藿香蓟分子中所有碳原子不可能处于同一平面，B说法错误；藿香蓟的分子结构中含有酯基和醚键2种含氧官能团，C说法正确；藿香蓟的分子结构中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，D说法正确；综上所述，本题选B。4．A由结构简式可以知道分子式为C23H36O7，

故A错误；含双键，能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，B正确；含—OH、—COOH可发生酯化反应，—OH可发生消去反应，含—COOC—可发生水解反应，含双键可发生加成、氧化、还原反应、加聚反应，C正确；—CO

OH、—COOC—可与NaOH反应，则1mol该物质最多可与2molNaOH反应，D正确。5．D碳氧双键、碳碳双键与氢气加成，所以1mol该有机物最多能与2mol氢气加成，A错误；乙醛和丙烯醛()的结构不

相似，所以二者一定不是同系物；它们与氢气充分反应后分别生成乙醇和丙醇，所以与氢气加成的产物属于同系物，B错误；中含有酯基、羟基，能够发生水解、氧化、加成、消去反应，C错误；固定一个苯环观察，该苯环所连甲基的C原子

处于这个苯环平面。两个苯环相连，与该苯环相连的另一个苯环上的碳原子以及处于它对位的碳原子也处于这个苯环的平面，所以至少有9个碳原子共面，D正确。6．B该有机物的分子式为C6H12O4，A错误；有机物中右上角的羟基可以被高锰酸钾氧化为羧基，B正确；羧基中的碳氧双键是不

能与氢气加成的，C错误；同系物的要求是分子组成上相差1个或几个CH2，该有机物与乙酸明显会差O原子，D错误。7．BCPAE中酚烃基和酯基都能与NaOH反应，A项正确；题述反应方程式中的四种物质都能与Na反应产生氢气，所以用N

a无法检验反应结束后是否残留苯乙醇，B项错误；与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质共有9种，分别为，C项正确；咖啡酸中含有碳碳双键、羧基、酚羟基3种官能团，能发生加聚反应，D项正确。8．C裂化汽油中含有不饱和烃，不可以用来萃取溴水中的溴，A错误；C4H6Cl2O

2中含有一个羧基，先写正丁酸的结构为CH3CH2CH2COOH，用两个氯原子取代碳原子上的两个氢原子，共有6种，异丁酸的结构为(CH3)2CHCOOH，用两个氯原子取代碳原子上的两个氢原子，有3种，故C4H6Cl2O2含—COOH的有机物有9种，B错误；乙酸和葡萄糖的分子式分别为C2H4

O2和C6H12O6，两者的最简式相同，故总质量一定时，无论何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的量均相等，C正确；HOCH2COOH与O2发生氧化反应，与乙醇、乙酸发生取代反应，D错误。9．C酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，A项错误；对苯二甲酸与乙二醇的反应属于缩聚反应，B项

错误；有—CH2OH结构的醇能氧化生成醛，戊醇相当于丁基与—CH2OH相连，丁基有四种，所以分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2氧化为醛的同分异构体有4种，C项正确；该分子中有一个饱和碳原子，属于四面体结构，所以不可能所有原子共平面，D项错误。10．B根据肉桂醛的结构

式确定其分子式为C9H8O，A正确；检验肉桂醛中是否有残留的苯甲醛不能用酸性KMnO4溶液，因为肉桂醛中含有的碳碳双键和醛基也可以使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；根据肉桂醛的化学式可知，1mol肉桂醛完全燃烧消耗10.5mol

O2，C正确；肉桂醛分子中含有碳碳双键和醛基，D正确。11．AB项，酯基和氢气不反应，1molM中有2mol苯环、1mol碳碳双键，故最多能和7mol氢气反应，错误；C项，M中碳原子有sp2杂化和sp3杂化，共两种，错误；D项，M中酚羟

基能和碳酸钠反应但不产生二氧化碳，错误。12．(1)π(2)7(3)乙酸丙酮(4)(5)ab解析：A为CH2===CH2，与HBr发生加成反应生成B(CH3CH2Br)，B与Mg在无水乙醚中发生反应生成C(CH3CH2MgBr)，C与CH3COCH3反应生成D()，D

在氧化铝催化下发生消去反应生成E()，E和碱性高锰酸钾反应生成F()，参考D～E反应，F在氧化铝催化下发生消去反应生成G()，G与发生加成反应生成二酮H，据此分析解答。(1)A为CH2===CH2，与HBr发生加成反应生成B(CH3CH2Br)，乙烯的π键断裂；

(2)D为，分子式为C5H12O，含有羟基的同分异构体分别为：共8种，除去D自身，还有7种同分异构体，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9∶2∶1的结构简式为；(3)E为，酸性高锰酸钾可以将双键氧化断开，生成CH3COOH和，名称分别为乙酸和丙酮；(4)由分析可知，G为；(5)根据已知＋H2

O的反应特征可知，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I()和J()。若经此路线由H合成I，会同时产生两种同分异构体，导致原子利用率低，产物难以分离等问题，故答案为；ab。专练62营养

物质及合成高分子1．B由质量守恒知m＝n－1，A项正确；聚乳酸分子中链节内有酯基，末端有羟基、羧基，共有3种官能团，B项错误；乳酸分子中的羟基与羧基均可与Na反应生成H2，C项正确；2个乳酸分子成环时，可形成，D项正确。

2．B该高分子材料中含有酯基，可以降解，A正确；异山梨醇中四处的碳原子为手性碳原子，故异山梨醇分子中有4个手性碳，B错误；根据元素守恒，可推出X为甲醇，C正确；该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D正

确；故选B。3．B纤维素属于多糖，大量存在于我们吃的蔬菜水果中，在自然界广泛分布，A正确；纤维素难溶于水，一是因为纤维素不能跟水形成氢键，二是因为碳骨架比较大，B错误；纤维素在低温下可溶于氢氧化钠溶液，是因为

碱性体系主要破坏的是纤维素分子内和分子间的氢键促进其溶解，C正确；温度越低，物质的溶解度越低，所以低温下，降低了纤维素在氢氧化钠溶液中的溶解性，D正确；故选B。4．BF中含有2个酰胺基(—CONH—)，A项正确；高分子Y在一定条件下发生水解反应生成和，B项错误；高分子X中氮原子上连有氢原子，

能形成氢键，C项正确；E分子和高分子Y中都含有氨基，而F分子和高分子X中不含氨基，说明高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保护，故D项正确。5．B苯酚与苯甲醇结构不相似，不是同系物，A错误；豆浆解毒与酒精消毒均运用了蛋白质变性的性质，B正确；蔗糖不是高分子化合物，C错误；油脂在酸性条件

下水解是可逆的，1mol油脂在酸性条件下水解不能得到3mol高级脂肪酸和1mol甘油，D错误。6．D木糖醇[CH2OH(CHOH)3CH2OH]结构中含有羟基，属于五元醇，不属于糖类，A错误；次氯酸钠溶液具有强氧化性，而乙醇不具有氧化性，B错误；蛋白质胶体可以发生聚沉，卤水点豆腐

是Mg2＋、Ca2＋等使蛋白质胶体发生凝聚过程，C错误；维生素C具有还原性，维生素C既作营养强化剂又作抗氧化剂，D正确。7．A新型的聚乙烯醇被称为“尿不湿”，是由于它具有极强的高吸水性，而不是其与水反应生成易挥发的物质。8．A氢氧化钠过量，碘单质能与NaOH溶液发生反应，因此溶液未变蓝

，不能说明淀粉已完全水解，A错误；油脂不溶于水，油脂发生皂化反应，生成高级脂肪酸(盐)和甘油，两者都溶于水，用玻璃棒蘸取反应液滴到盛有热水的烧杯中，振荡，如果水面上没有油滴，则说明水解完全，反之，没有水解完成，B正确；盐析是降低蛋白质溶解度使之析出，蛋白质仍具有活性，可进行分离提纯

，C正确；氨基酸中含有氨基和羧基，氨基具有碱性，羧基具有酸性，因此氨基酸既能与酸反应又能与碱反应，D正确。9．D蔗糖水解需要硫酸作催化剂，可用银镜反应检验产物的还原性，银镜反应的发生应该在碱性条件下进行，故蔗糖水解后应先加碱中和过

量的酸，才能进行银镜反应，银镜反应应该在水浴中进行加热，D正确。10．B维生素C具有还原性，可以还原活性氧自由基，A正确；蛋白质在酸、碱、酶的作用下也能发生水解，B错误；将二氧化碳先还原生成甲醇，再转化为淀粉，实现用CO2为原料人工合成淀粉，C正确；核苷酸通过聚合反应制备核酸，D正

确。11．A蛋白质是由多种氨基酸通过肽键等相互连接形成的一类生物大分子，RNA是由核苷酸单体形成的聚合物分子，二者均为高分子化合物，故①正确；鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，盐析是一个可

逆的过程，生成的沉淀物能再溶解，故②错误；植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液颜色褪去，故③正确；淀粉和纤维素的分子式都为(C6H10O5)n，但聚合度不同，n值不同，不互为同分异构体，故④错误；疫苗的主要成分是蛋白质，高温下

蛋白质会发生变性，则疫苗需要冷储，防止失效，故⑤正确；尼龙绳属于合成纤维制品，橡皮筋属于橡胶制品，纯棉衬衣中的纤维素属于天然纤维，不是合成纤维制品，故⑥错误。12．CC项，棉和麻的主要成分是纤维素，完全燃烧只生成CO2和H2O，但丝和毛的主要成分是蛋白质，完全燃

烧产物有CO2、H2O、N2等，错误；D项，核酸是生物聚合物，含有C、H、O、N、P等元素，所以核酸是一类含磷的生物高分子化合物，正确。13．(1)cd(2)取代反应(酯化反应)(3)酯基、碳碳双键氧化反应(或消去反应)(4)己二酸解析：(1)部分糖类有甜味，

如果糖，部分糖类无甜味，如淀粉，故a项错误；麦芽糖水解只生成葡萄糖，不生成果糖，故b项错误；用银镜反应可判断淀粉水解，但不能判断水解是否完全，故c项正确；淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物，故d项正确。(2)结合C的分子式与B的结构简式可以判断

，B与CH3OH发生酯化反应生成了C。(3)由D的结构简式可知，其所含官能团为碳碳双键、酯基。结合D与E的结构简式可以判断，D生成E过程中脱去4个氢原子，形成碳碳不饱和键，该反应类型为氧化反应或消去反应。(4)结合F的结构简式可知，其化学名称为己二酸。由F生成G的化学方程式

为：(5)已知W是具有一种官能团的二取代芳香化合物，且属于E的同分异构体；又0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，则W分子中含有2个羧基，对此进行讨论：当2个取代基均为—CH2COOH时，考虑邻、间、对，共3种结构；当2个取代基分别为—CH3、—CH(COOH)

COOH时，考虑邻、间、对，共3种结构；当2个取代基分别为—COOH、—CH2CH2COOH时，考虑邻、间、对，共3种结构；当2个取代基分别为—COOH、—CH(CH3)COOH时，考虑邻、间、对，共3种结构。综上，W共有12种。其中核

磁共振氢谱为三组峰的结构简式为。(6)参照题中的合成路线，结合“甲苯经酸性高锰酸钾溶液氧化，可生成苯甲酸”的知识点，以(反，反)­2，4­己二烯和C2H4为原料制备对苯二甲酸的合成路线如图：专练63有机合成推断一1．(1)苯甲醇(2)消去反应(3)(4)(5)酯基、

羰基、硝基(6)(7)解析：(1)由反应①的反应条件和A的化学式、B的结构简式知，反应①为醇的催化氧化反应，故A为，化学名称为苯甲醇。(3)C分子中含有碳碳双键，可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应生成，在碱性条件下再发生

消去反应得到D。(4)根据B和F的结构简式，再结合E的化学式和反应条件可推出E为。(5)根据H的结构简式知，H中含氧官能团的名称是酯基、羰基(或酮羰基)和硝基。(6)X可发生银镜反应说明分子中含有醛基，与酸

性高锰酸钾反应后得到对苯二甲酸说明在苯环上含有两个取代基且处于对位，再结合C的化学式(C9H8O)知，X为。(7)根据H′的结构简式和题给合成路线中反应⑥知，D′为，G′为；根据手性碳的定义，分析H′的结构简式知，H′分子中含

有5个手性碳，如图所示(*标记的为手性碳)。2．(1)邻硝基甲苯(或2­硝基甲苯)(2)(3)b(4)羧基(5)消去反应(6)(7)d解析：根据有机物C的结构，有机物B被酸性高锰酸钾氧化为C，则有机物B为，有机物B由有机物A与Cl2发生取代反应得到，有机物A为，有机物E

为有机物C发生还原反应得到的，有机物E经一系列反应得到有机物G，根据已知条件，有机物G发生两步反应得到有机物H，有机物G与SOCl2发生第一步反应得到中间体，中间体与氨水发生反应得到有机物H，有机物H的结构为，有机物I与有机物J发生反应得到有机物K，根据有机物I、K的结构和有机物J的分子式可

以得到有机物J的结构为，有机物K经后续反应得到目标化合物阿佐塞米(有机物L)，据此分析解题。(1)根据分析，有机物A的结构简式为，该有机物的化学名称为邻硝基甲苯(或2­硝基甲苯)。(2)根据分析，有机物A发生反应生成有机物B为取代反应，反应的化学方程式为(3)根据分析，有机物C生成有机物E的反应为

还原反应，根据反应定义，该反应为一个加氢的反应，因此该反应的反应条件D应为b：Fe/HCl。(4)有机物F中的含氧官能团为—COOH，名称为羧基。(5)有机物H生成有机物I的反应发生在有机物H的酰胺处，该处与POCl3发生消去反

应脱水得到氰基。(6)根据分析可知有机物J的结构简式为。(7)分子式为C7H6ClNO2的芳香同分异构体且含有—Cl、—NO2两种官能团的共有17种，分别为：(有机物B)、，除有机物B外，其同分异构体的个数为16个；在这些同分异构体中核磁共振氢谱的峰面积比为2∶2∶1∶1，说明其结构中有4种化学环

境的H原子，该物质应为一种对称结构，则该物质为。3．(1)3­甲基苯酚(或间甲基苯酚)(2)2(3)氨基羟基(4)取代反应(5)(7)9解析：根据流程，A与2­溴丙烷发生取代反应生成B，B与NaNO2

发生反应生成C，C与NH4HS反应生成D，D与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知，D为；E与F反应生成G，结合E和G的结构简式和F的分子式可知，F为；G发生两步反应生成H，H再与NaNO

2/HCl反应生成I，结合I的结构和H的分子式可知，H为；Ⅰ与水反应生成J，J与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成K，结合K的结构简式和J的分子式可知，J为；据此分析解题。(1)根据有机物A的结构，有

机物A的化学名称为3­甲基苯酚(或间甲基苯酚)。(2)有机物C中含有苯环，苯环上的C原子的杂化类型为sp2杂化，还含有甲基和异丙基，甲基和异丙基上的C原子的杂化类型为sp3杂化。(3)根据分析，有机物D的结构为，其官能团为氨基和羟基。(4

)有机物E与有机物F发生反应生成有机物G，有机物E中的羟基与有机物F中的Cl发生取代反应生成有机物G，故反应类型为取代反应。(5)根据分析，有机物F的结构简式为。(6)有机物I与水反应生成有机物J，该反

应的方程式为(7)连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。在B的同分异构体中，含有手性碳、含有3个甲基、含有苯环的同分异构体有9种，分别为：；其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为3∶3∶3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为。4

．(1)甲苯(2)取代反应(4)(5)5(6)解析：(2)B→D过程是B中氯原子被—CN替代，反应类型是取代反应。(3)E→F是与乙醇发生酯化反应生成。(5)根据题干条件可知，该取代基含有—OOCH，可以是CH3CH2CH

2OOCH中丙基去掉1个原子形成的基团，共有3种，也可以是(CH3)2CHOOCH中异丙基去掉1个原子形成的基团，共有2种，故符合条件的同分异构体共有5种。(6)J和C2H5OH发生已知ⅱ的反应生成K，F与K经过三步

反应生成M，结合M的结构简式，采用逆推法，可知P的结构简式为，K的结构简式为。专练64有机合成推断二1．(1)3­氯丙烯(2)(3)浓硫酸/甲苯△＋H2O(4)羧基、羟基(5)取代反应解析：(1)从碳碳双键端点C原子开始编号，氯原子位于3号碳原子上，故命名为3­氯丙烯。

(2)结合C的分子式，对照和可得C的结构简式。(3)因F不能和饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，则E中—COOH与—OH之间发生酯化反应生成F。(4)E中含有羧基(—COOH)和羟基(—OH)两种含氧官能团。(5)G→H为―→，即—Cl取代G中—OH。(6)对比H

和J的结构简式，可知盐I中的阴离子为，再结合I的分子式可推知I的结构简式。(7)满足条件的E的同分异构体中含有1个苯环、3个甲基、1个羧基、1个醛基，将—COOH和—CHO排在苯环的邻、间、对位置，再插入3个甲基(—CH3)可得：，共有10种。上述同分异构体经银镜反应后酸化，—CH

O转化为—COOH，所得产物中核磁共振氢谱有四组氢，即含有四种等效氢，氢原子数量比为6∶3∶2∶1，即2个—CH3处于对称位置，2个—COOH处于对称位置。2．(1)醚键和羟基(2)(3)苯乙酸(4)(5)(6)取代反应(7)13解析：有机物A与有

机物B发生反应生成有机物C，有机物C与有机物D在多聚磷酸的条件下反应生成有机物E，根据有机物E的结构可以推测，有机物C的结构为，进而推断出有机物D的结构为；有机物E与有机物F反应生成有机物G，有机物G根据已知条件发生反应生成有

机物H，有机物H的结构为，有机物H发生两步反应得到目标化合物J(奥培米芬)；据此分析解题。(1)根据有机物A的结构简式可以看出，其含氧官能团是醚键和羟基。(2)根据分析，有机物C的结构简式为。(3)根据分析，有机物D的结构简式为，其化学名称为苯乙酸。(4)有机物F的核

磁共振氢谱显示为两组峰，且峰面积比为1∶1，说明这4个H原子被分为两组，且物质应该是一种对称的结构，结合有机物F的分子式可以得到，有机物F的结构简式为。(5)根据分析，有机物H的结构简式为。(6)对比I、J的结构简式可知，I中酯基水解得到J，水

解反应属于取代反应。(7)能发生银镜反应说明该结构中含有醛基，能遇FeCl3溶液显紫色说明该结构中含有酚羟基，则满足这三个条件的同分异构体有13种。此时可能是情况有，固定醛基、酚羟基的位置处在邻位上，变换甲基的位置，这种情况下有4种可能；固定醛基、酚羟基的位置处在间位上，变换甲基的位

置，这种情况下有4种可能；固定醛基、酚羟基的位置处在对位上，变换甲基的位置，这种情况下有2种可能；将醛基与亚甲基相连，变换酚羟基的位置，这种情况下有3种可能，因此满足以上条件的同分异构体有4＋4＋2＋3

＝13种。其中，核磁共振氢谱显示为五组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1，说明这种同分异构体中不能含有甲基且结构为一种对称结构，因此，这种同分异构体的结构简式为：。3．(1)氧化反应(2)3，4­二氯苯甲酸(3)(4)⑥⑨解析：（3）D的同分异构体为芳香族化合物，则含有苯环，根据（a）知，

分子中含有C===O键，根据（b）知，分子中含有两种氢原子，结构对称，则符合条件的同分异构体的结构简式为。（4）手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，A～F中均不含手性碳原子，G中含有如图所示1个手性碳原子，

H中含有如图所示1个手性碳原子，I中含有如图所示1个手性碳原子，Sertraline含有如图所示两个手性碳原子，因此有手性碳原子生成的反应路线为⑥⑨。（5）H→I为H分子脱去1个HCl，H分子中如图1、2、3、4号位的H均可和Cl脱

去，其中3、4号位的H等效，因此副产物的结构简式为。（6）运用逆合成分析法，结合已知信息，倒推中间产物，确定合成路线。目标产物可由和按物质的量之比为1∶2发生已知信息（ⅲ）中反应得到，发生催化氧化反应得到，发生水解反应得到，和HCl发生加成反应得到。4．（1）3­甲基丁醛（5）2

氨基、羧基（6）8解析：（2）结合已知信息（ⅰ），与NC—CH2—COOCH3反应生成，再脱水生成。（5）D中有2个手性碳原子（标*）。G是3­氨甲基­5­甲基己酸的一种立体异构体，G的结构简式为，含有的官能团为氨基、羧基。（6）H含有氨基、羧基，共4个碳原子，结构简式为，①、②、④有手性异构体，

故H可能的结构（包含空间异构）共有5＋3＝8种。