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第一部分高频考点分层集训第一单元化学计量在实验中的应用课练1物质的量气体摩尔体积狂刷小题夯基础[练基础]1．D摩尔是物质的量的单位，物质不一定都是由分子组成的，还可以由原子或离子组成，故A错误；氢气的摩

尔质量是2g·mol－1，1mol氢气的质量为2g，1molH2含有约6.02×1023个氢气分子，故B错误；物质的量是七个基本物理量之一，其单位是摩尔，故C错误；1mol粒子集合体所含的粒子数与12g12C含有

的碳原子数相同，都约为6.02×1023，故D正确。2．A混合气体的平均摩尔质量是1.16g·L－1×22.4L·mol－1＝26g·mol－1，此气态混合烷烃中有一种相对分子质量小于26，即为甲烷；另一种相对分子质量大于26，可能为乙

烷、丙烷或丁烷等。有3种可能：①甲烷和乙烷，物质的量之比为2∶5(或5∶2)；②甲烷和丙烷，物质的量之比为9∶5(或5∶9)；③甲烷和丁烷，物质的量之比为16∶5(或5∶16)。(可用十字交叉法求出)。3．DA项，由电解水的化学方程式计算可得，1.8

gH2O完全电解生成0.2gH2和1.6gO2，即得到0.1molH2和0.05molO2，在标准状况下的体积为3.36L，错误；B项，未指明温度、压强，1mol氦气所占的体积不一定是22.4L，错误；C项中的Cu不是气体，而气体摩尔体积只适用于气体体积的计算，错误；D项，N2和CO的摩尔质量均为

28g·mol－1，则标准状况下，混合气体的体积V＝n·Vm＝mM·Vm＝28g28g·mol－1×22.4L·mol－1＝22.4L，正确。4．C标况下，分子数相同，则物质的量相同，所以A与B的摩尔质量之比为m∶n，即相对分子质量之比为m∶n，故A正确；同质量

的A与B，物质的量之比即分子数之比，为n∶m，故B正确；同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，故C错误；同温同压下，体积相同，所以物质的量相同，质量之比为m∶n，故D正确。5．D标准状况下，11.2LN

2的物质的量为0.5mol，含有电子的物质的量为7mol，则所含电子总数为7NA，A错误；标准状况下，N2H4不是气体，22.4LN2H4的物质的量不是1mol，则其所含原子总数不是6NA，B错误；3.2gN2H4的物质的量为3.2g32g·mol－1＝0.1mol，含有的共价

键的物质的量为0.5mol，则所含共价键总数为0.5NA，C错误；N2H4中氮元素的化合价为－2价，生成物N2中氮元素显0价，1molN2参与反应转移4mol电子，3.6gH2O的物质的量为0.2mol，

当生成0.2molH2O时需消耗0.05molN2H4，转移电子数为0.2NA，D正确。6．B由同温同压下，同体积的任何气体具有相同的分子数，则xg甲气体和yg乙气体的物质的量相等，即xM甲＝yM乙，推出x∶y＝M甲∶M乙，故A项正确；甲与乙的分子个数之比为1∶1，而x与y不一定相等，故

B项不正确；同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为质量比，故C项正确；等质量的甲乙的压强之比为p甲∶p乙＝n1∶n2＝mM甲∶mM乙＝M乙∶M甲＝y∶x，故D项正确。7．D根据题意三种气体X、Y、Z的

相对分子质量关系为Mr(X)<Mr(Y)＝0.5Mr(Z)，即Mr(X)<Mr(Y)<Mr(Z)，A项，相同条件下，密度和相对分子质量成正比，由于温度压强不定，则密度无法判断，A错误；分子数目相等的三种气体，质量最大的是相对分子

质量最大的Z，B错误；Vm和外界条件有关，Vm不一定等于22.4L·mol－1，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，C错误；根据同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，D正确。[练高考]8．CD2O的摩尔质量为20

g·mol－1，每个D2O分子中含10个质子，18gD2O的物质的量为18g÷20g·mol－1＝0.9mol，其所含质子数为9NA，A项错误；NO2与H2O的反应为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，结合反应中氮元素化合价变化可知，3molNO2完全反应时，转移电子数为2

NA，B项错误；环状S8的摩尔质量为256g·mol－1，1个S8分子中含8个S—S键，32g环状S8的物质的量为0.125mol，含S—S键数目为0.125×8NA＝1NA，C项正确；溶液呈酸性，说明存在水解平衡Cr2O2－7＋H2O⇌2CrO2－4＋2H＋，故1L0.1mo

l·L－1K2Cr2O7溶液中Cr2O2－7数目少于0.1NA，D项错误。9．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。10．C22.4L(标准状况)氟气的

物质的量为1mol，则其所含的质子数为18NA，A说法正确；反应H2＋I2⇌2HI为可逆反应，则1molH2和1molI2充分反应生成的HI分子数小于2NA，B说法正确；电解饱和食盐水时，阴、阳两极产生的n(H2)∶n(Cl2)＝

1∶1，当H2和Cl2的总质量为73g时，产生2gH2、71gCl2，则H2的物质的量为1mol，Cl2的物质的量为1mol，转移电子数为2NA，C说法错误；溴化铵水溶液中存在电荷守恒：c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Br－)＋c(OH－)，c(Br－)＝1mol·L－1，则c(NH＋4)＋c(H

＋)>1mol·L－1，故1L1mol·L－1溴化铵水溶液中NH＋4与H＋离子数之和大于NA，D说法正确。11.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～H

2、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。12．AMnO－4中Mn为＋7价，MnO－4～Mn2＋转移5个电子，4molMnO－4完全转化为Mn2＋转移20mol电子，A项正确

；粗铜中含有Zn、Fe、Ag等杂质，电解时比铜活泼的金属先放电，Cu可能没有反应，B项错误；不知道溶液的体积，H＋数无法求出，C项错误；碳酸根离子水解，阴离子数大于0.100NA，D项错误。[练模拟]13．DA项，溶液中NH4Cl的物质的量是0.1mol，NH＋4水解，故

溶液中的数量小于0.1NA，错误；B项，2.4gMg的物质的量是0.1mol，与H2SO4完全反应，转移电子0.2NA，错误；C项，标况下2.24LN2和O2的混合气体的物质的量为0.1mol，所含分子数为0.1NA，错误；D项，0.1molH2和0.1molI2于密

闭容器中发生反应H2＋I2⇌2HI，该反应气体的物质的量不变，其分子总数为0.2NA，正确。14．C根据电荷守恒可知：n（NH＋4）＋n（H＋）＝n（OH－）＋n（NO－3），溶液显中性，即n（H＋）＝n

（OH－），则n（NH＋4）＝n（NO－3）＝0.2mol，故溶液中NH＋4的数目为0.2NA，A错误；铝离子在水溶液中部分水解生成氢离子和氢氧化铝，所以1L0.1mol·L－1Al（NO3）3溶液中，阳离子的数目大于0.1NA，B错误；H218O和D2O的摩尔质

量都为20g·mol－1，分子中所含中子数均为10，1.0g由H218O与D2O组成的混合物中所含有的中子总数为1.0g20g·mol－1×10×NAmol－1＝0.5NA，C正确；2.7g金属Al的物质的量为2.7g27g·

mol－1＝0.1mol，反应中每消耗0.1molAl，转移的电子数为0.3NA，D错误。15．DNH4HCO3晶体中仅含有NH＋4，故A错误；NO2和N2O4的最简式均为NO2，92g混合物中含有的NO2的物质的量为2mol，故含有6mol原子即6NA个，故B错误；Na2

O2由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.25molNa2O2中含0.25mol阴离子即0.25NA个，故C错误；在已知反应中，当生成3mol碘单质时转移5mol电子即5NA个，故D正确。16．CCl原子的化合价由0价变为－1价，转移电子数为2NA，A说法错误；标准状况下，苯

为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，B说法错误；22gCO2的物质的量为0.5mol，其与足量Na2O2反应，产生0.25mol的氧气，则气体的分子数为0.25NA，C说法正确；0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解为可逆反应，则生成乙醇的分子数小于0.5NA，D说法错误。17

．D反应②是O2与O反应生成O3，元素化合价不变，不是氧化还原反应，故A错误；16gO3和O2的混合气体中含有1mol氧原子，所含质子数为8NA，故B错误；0.5molNO2溶于水发生反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，因此得到硝酸的物质的量约为0

.33mol，则可得到0.33mol·L－1的硝酸溶液，故C错误；假设NO和O2不反应，则标准状况下，11.2L的NO和O2混合气体的物质的量为0.5mol，二者都为双原子分子，无论如何反应，原子数目

不变，因此所含的原子数为NA，故D正确。18．CNaHSO4在溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，不存在HSO－4，故A不符合题意；在含4molSi—O的石英晶体中，含有1mol二氧化硅，含有2mol氧原子，含有氧原子的数目为2NA，故B不符合题意；14

gC2H4和C3H6的混合物中含有1mol简式CH2，含有2mol氢原子，含有2NA个氢原子，故C符合题意；2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，Na2O2中氧元素的化合价从－1价升高到0价，2molNa2O2完全反

应，转移2mol电子，0.1molNa2O2固体与足量的H2O充分反应，转移0.1NA个电子，故D不符合题意。综合测评提能力1．C摩尔是物质的量的单位，A错误；NA是0.012kg12C中含有的碳原子数，B错误；（b－a）g是一个氧原子的质量，D错误。2．C1molCH

3COOK的质量为98g，A错误；摩尔质量的单位是g·mol－1，相对分子质量的单位是“1”，B错误；一个“CH3COOK”粒子的质量约为986.02×1023g，C正确；一个“CH3COOK”中含有2个C原子，所以当醋酸钾中有6.02×1023个C原子时，醋酸钾的物质的量为0.5mol，D

错误。3．CM＝14.2g4.48L22.4L·mol－1＝71g·mol－1。4．D依据4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O可知1molNH3参加反应转移5mol电子，参加反应NH3的物质的量为V22.4mol，转移电子的物质的量为5V22.

4mol，已知在此反应中转移电子数为n，则n＝5V22.4×NA，所以NA＝22.4n5V。5．A有机物中1对共用电子对形成1个单键，2对共用电子对形成1个双键，1molHOOC—COOH中含有9mol共用电子对，9g（0.1mol）HOOC—COOH中含共用电子对数目为

0.9NA，A项正确；2MnO－4＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，由方程式可知，当有0.01molKMnO4被还原时，强酸提供的H＋数目为0.03NA，B项错误；pH＝3.0的草酸溶液中c（H＋）＝1×10－3mol·L－1，溶液体积未知，无法

计算H＋数目，C项错误；常温下得到CO2气体的体积为VL，不能用标准状况下的Vm进行计算，D项错误。6．C左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4∶1，则左右气体物质的量之比为4∶1，所以右侧气体物质的量＝0.25mol，质量＝28g·mol

－1×0.25mol＝7g，A、B错误；相同条件下密度与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的282＝14倍，C正确；隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要再充入CO的物质的量为1mol－0.25mol＝0.75mol，D错误。7．A根据结构

简式可知奥克托今的分子式为C4N8H8O8，根据原子守恒可知，HMX自爆时的反应方程式为C4N8H8O8===4CO↑＋4N2↑＋4H2O↑，故氮气和CO的分子数之比为1∶1。8．BNH＋4为弱碱的阳离子，在水溶液中要水解，因此1molNH4ClO4溶于水含NH＋4离子

数少于NA，故A错误；2NH4ClO4=====210℃N2↑＋Cl2↑＋2O2↑＋4H2O↑反应中还原产物为氯气，氧化产物为氮气和氧气，还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1∶3，故B正确；6.4gO2的物质的量＝6.4g32g·mol－

1＝0.2mol，根据2NH4ClO4=====210℃N2↑＋Cl2↑＋2O2↑＋4H2O↑可知，产生6.4gO2反应转移的电子总数为1.4NA，故C错误；未告知是否为标准状况，无法计算0.5molNH4ClO4分解产生的气体的体积，故D错误。9．A铁完全溶于一

定量溴水，反应后的最终价态可能是＋3价，还可能是＋2价，故0.1mol铁转移的电子数可能是0.3NA，还可能是0.2NA，A正确；Na原子最外层是1个电子，则1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子，B错误；标准状况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体

积计算其物质的量，C错误；镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的N2为0.5mol，而N2分子含有氮氮三键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，D错误。10．A100g46%甘油水溶液含46g甘油，甘油

的物质的量为0.5mol，含—OH的数目为1.5NA，但由于水中也含有羟基，所以甘油水溶液中含—OH的数目大于1.5NA，A错误；NH3与13CH4摩尔质量相同，都为17g·mol－1，分子中所含质子数都为10，1.7g由NH3与13C

H4组成的混合气体的物质的量为0.1mol，混合气体中含质子总数为NA，B正确；溶液体积未知，因此溶液中含Al3＋的数目无法计算，C正确；根据反应的化学方程式得出，消耗1molCH4（即消耗2molNO）转移8mol电子，则每消耗标准状况下22.4LNO（即

1molNO），反应中转移的电子数目为4NA，D正确。11．答案：（1）O3F2阿伏加德罗定律（2）1∶22∶13∶12∶3解析：（1）根据阿伏加德罗定律可知10OxFy＝15O2＋10F2根据原子守恒得10x＝3010y＝20故x＝3，y＝2。（2）同温同压下，同体积的氨气和硫化

氢气体的物质的量相等，故质量比为17∶34＝1∶2；同质量的氨气和硫化氢气体物质的量之比为117∶134＝2∶1，即体积之比为2∶1；氢原子数目之比为（2×3）∶（1×2）＝3∶1，若二者氢原子数相等时，物质的量之比为13∶12＝2∶3，即体积之比

为2∶3。12．答案：Ⅰ.（1）5.604.00（2）Ca5（PO4）3OHⅡ.（1）1∶2（2）0.1mol·L－1解析：Ⅰ.（1）6.20g白磷的物质的量是6.2g4×31g·mol－1＝0.05mol，设需要标准状况下氧

气的体积是VL，P4＋5O2=====△2P2O51mol112L0．05molVL10.05＝112V，解得V＝5.60。根据磷元素守恒，生成磷酸的物质的量为0.05mol×4＝0.2mol，该磷酸溶液的物质的量浓

度c＝nV＝0.2mol0.05L＝4.00mol·L－1。（2）0.300molH3PO4提供H＋0.9mol、PO3－40.3mol；0.500molCa（OH）2提供OH－1mol、Ca2＋0.5mol；生成0.9molH2O，消耗H＋0.9mol、

OH－0.9mol，生成的盐中应该含有Ca2＋0.5mol、PO3－40.3mol、OH－0.1mol，则该盐的化学式是Ca5（PO4）3OH。Ⅱ.（1）根据题中图像可知生成硫酸钡的质量为2.33g，物质的量是0.01mol；根据反应（NH4）2

SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NH4Cl可知，2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物含有（NH4）2SO40.01mol，（NH4）2SO4的质量为0.01mol×132g·mol－1＝1.32g，则NH4Cl

的质量为2.39g－1.32g＝1.07g，物质的量为1.07g53.5g·mol－1＝0.02mol，混合物中n[（NH4）2SO4]∶n（NH4Cl）＝0.01mol∶0.02mol＝1∶2。（2）根据（1）中的

图像，加入100mLBa（OH）2溶液生成硫酸钡的物质的量是0.01mol，消耗氢氧化钡的物质的量是0.01mol，所以Ba（OH）2溶液的浓度是0.01mol0.1L＝0.1mol·L－1；根据（1）中（NH4）2SO4和NH4Cl的物质的

量可知固体混合物中含有n（NH＋4）＝0.01mol×2＋0.02mol＝0.04mol、n（Cl－）＝0.02mol，根据2NH＋4～Ba（OH）2可知，消耗氢氧化钡的物质的量是0.02mol，消耗氢氧化钡溶液的体积是0.02mol0.1mo

l·L－1＝0.2L，c（Cl－）＝0.02mol0.2L＝0.1mol·L－1。13．答案：（1）33.2（2）1800（3）10.64（4）①862.5②1.8解析：设1m3尾气中NO2的物质的量

为x，则NO的物质的量为4x，4x×30g·mol－1＋x×46g·mol－1＝2.49g，x＝0.015mol，所以1m3尾气中NO2的物质的量为0.015mol，则NO的物质的量为0.06mol，根据4NO＋4NH3＋O2=====催化剂140℃4N2＋6

H2O知，0.06molNO需要0.06molNH3，0.015molO2，根据方程式6NO2＋8NH3――→催化剂140℃7N2＋12H2O知，0.015molNO2需要0.02molNH3，根据以上分析进行解答。（1）尾气中氮氧化物混合气体的平均摩尔质量为0.015mol×

46g·mol－1＋0.06mol×30g·mol－10.075mol＝33.2g·mol－1，所以其平均相对分子质量为33.2。（2）1m3尾气中NO的物质的量为0.06mol，所以其含量为m＝n·M＝0.06mol×30g·

mol－1＝1.8g＝1800mg。（3）处理1m3尾气需要氨氧混合气体的体积＝（0.06＋0.02＋0.015）mol×22.4L·mol－1＝2.128L，则要处理5m3的尾气，需要氨氧混合气的体积为2.128L×5＝10.64L。（

4）①NaOH溶液的物质的量浓度为c＝1000×1.28×25%40mol·L－1＝8mol·L－1，根据原子守恒知，氮氧化物的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，所以V＝0.5mol8mol·L－1＝62.5mL。②已知发生如下反应：2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3

＋H2O和NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，根据氮原子守恒知，生成0.35mol亚硝酸钠则生成0.15mol硝酸钠，生成0.15mol硝酸钠需要0.3mol二氧化氮，同时生成0.15mol亚硝酸钠，0.2mo

l亚硝酸钠需要0.1mol一氧化氮和0.1mol二氧化氮，所以二氧化氮的物质的量是0.4mol，一氧化氮的物质的量是0.1mol，根据氧原子守恒得x＝0.1×1＋0.4×20.5＝1.8。课练2物质的量浓度及其配制狂刷小题

夯基础[练基础]1．D配制溶液时需加水定容，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要干燥就能用于配制溶液，A错误；配制1L0.1mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量NaCl固体时药品砝码左右位置颠倒，称取食盐的质量偏小，配制溶液的浓度偏低，B错误；配制一

定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，C错误；用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线，量取浓盐酸体积偏大，会导致所配溶液浓度偏高，D正确。2．D配制100mL1mol·

L－1的Na2CO3溶液，需要Na2CO3·10H2O晶体的质量m＝1mol·L－1×286g·mol－1×0.1L＝28.6g，A项错误；配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量或量取、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管等，B项错误；

定容时，需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对溶液浓度无影响，C项错误；定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，依据c＝nV可知溶液浓度偏高，D项正确。3．A实验室配制0.1000mol·L－1的H2S

O4溶液时要使用浓硫酸，浓硫酸是液态物质，应用量筒量取浓硫酸，不需要托盘天平称量其质量，A符合题意；将稀释后的硫酸冷却至室温后用玻璃棒引流转移到容量瓶中，且玻璃棒下端在容量瓶刻度线以下，B不符合题意；

在烧杯中稀释浓硫酸，为使溶质充分溶解，使热量迅速扩散，要用玻璃棒不断搅拌，C不符合题意；量取浓硫酸时需用到量筒和胶头滴管，D不符合题意。4．A一定规格的容量瓶只能配制相应体积的溶液，故应选择250mL容量瓶；

用药匙取用试剂，用托盘天平称量一定质量的药品（药品可放在烧杯中称量）后，在烧杯中溶解（可用量筒量取水），并用玻璃棒搅拌，待溶液冷却后转移到250mL容量瓶中，转移过程中需用玻璃棒引流，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移到容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头

滴管滴加至溶液凹液面恰好与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀。所以需要用到的仪器及先后顺序为药匙、托盘天平和砝码、烧杯、量筒（也可不用）、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，即⑧③⑤（①）⑥②⑨，A项符合。5．D实验室里需要配制480mL0.1mol·L－1CuSO4溶液，由

于没有480mL规格的容量瓶，根据“大而近”的原则需选择500mL容量瓶，溶质若为CuSO4，则需要8.0g。若是胆矾则需要12.5g，应配成500mL溶液而不是加入500mL水。6．C由溶解度曲线可知，当温度小于t℃时，a的溶解度小

于b的溶解度，当温度等于t℃时，a的溶解度等于b的溶解度，当温度大于t℃时，a的溶解度大于b的溶解度，A错误；在t℃时，a、b两物质的溶解度相等，所以在t℃时，a、b饱和溶液中溶质的质量分数相同，但溶液

的密度、溶质的摩尔质量不等，B错误；由图可知，b的溶解度随温度的升高变化不大，a的溶解度随温度的升高变化较大，所以当a中含有少量b时，可以用冷却结晶的方法提纯a，C正确；在t℃时，a、b两物质的溶解度相等，即在t℃时，a、b饱和溶液中的溶质质量分数相同，将a、b的饱和溶液升温后，溶液由饱和

变为不饱和，但溶质的质量分数仍相等，D错误。[练高考]7．CA项，HCl是强电解质，溶于水后完全电离，不存在HCl分子，错误；22.4L氢气的物质的量不一定是1mol，故其分子数不一定是NA个，错误；180g葡萄糖的物质的量n＝180g180g·mol－1＝1mol，所以C原子数目为6NA，正

确；N2分子中，两个氮原子之间通过氮氮三键结合，一个三键由两个π键，一个σ键组成，故1molN2中，σ键的数目为NA，错误。8．D1个18O原子含有10个中子，H原子不含中子，所以每个H182O分子中含有10个中子，H182O的摩尔质量为20g·mol－1，故18gH1

82O的物质的量为0.9mol，则18gH182O中含有的中子数为9NA，A错误；HClO4为强酸，在溶液中完全电离，则0.1mol·L－1HClO4溶液中H＋的物质的量浓度为0.1mol·L－1，由于题中未给出溶液体积，所以无法计算H＋的数目，B

错误；2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，由于存在平衡2NO2⇌N2O4，所以充分反应后容器中的分子数小于2NA，C错误；甲烷与氯气发生取代反应，反应前后反应物与生成物的物质的量之和不变，则反应后的分子数为11.2L＋22.4L22.4L·mol－1×NAmol－1＝1.5N

A，D正确。9．CA项，1个氮原子中含有7个中子，22.4L（标准状况）氮气中含氮原子数为2NA，所含中子数应为14NA，错误；B项，1个重水分子与1个水分子中所含的质子数相同，故1mol重水与1mol水中含有的质子数相同，错误；C项

，石墨烯与金刚石都是碳的单质，二者质量相同时所含的原子数也相同，正确；D项，1L1mol·L－1NaCl溶液中的NaCl含有的电子数为28NA，但溶液中的水分子中也含有电子，所以1L1mol·L－1NaCl溶液

含有的电子数大于28NA，错误。10．B该实验操作中涉及溶液的配制，需要用到容量瓶；移取待测液，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定，需要用到锥形瓶和碱式滴定管，不需要用到分液漏斗，故选B。[练模拟]11．A用量筒量取所需浓盐酸时俯视刻

度线，会使量取浓盐酸的体积偏小，溶质的物质的量偏小，导致配制溶液的浓度偏低，A项正确；定容时，俯视刻度线，溶液的体积偏小，则导致配制溶液的浓度偏高，B项错误；用量筒量取浓盐酸倒入烧杯后，若用水洗涤量筒2～3次，洗涤液倒入烧杯中，则溶质的物质的量偏大，会导致配制溶液的浓度偏高，C项错误；定容后倒转

容量瓶几次，发现凹液面最低点低于刻度线，这是由于容量瓶刻度线上方瓶壁沾有溶液，对所配制溶液浓度无影响，D项错误。12．AA项，N的化合价由－3价升高到－2价，Cl的化合价由＋1价降低到－1价，根据得失电子守恒，则CO（NH2）2、N2H

4、NaClO、NaCl前面的系数都为1，根据C原子守恒，Na2CO3前面的系数为1，NaOH前面的系数为2。根据化学方程式可知2molNaOH参与反应转移2mol电子，则消耗40gNaOH也就是1molNaOH，转移电子数为NA，正确；B项，水电离出

的c（OH－）＝Kwc（H＋）＝10－1410－9mol·L－1＝1×10－5mol·L－1，不知道溶液的体积，无法计算离子的数目，错误；C项，NH3、N2H4属于非电解质，错误；D项，1molCO（NH2）2生成N2转移6mo

l电子，但CO（NH2）2的物质的量未知，转移电子数无法计算，错误。13．BA项，通入HCl气体后溶液的体积会发生变化，不合理；C项，盐酸具有挥发性，加热浓缩会导致HCl挥发，不合理；D项，不同浓度盐酸混合时，混合后溶

液的体积不能用两溶液的体积加和，不合理。14．A根据Al3＋＋4OH－===AlO－2＋2H2O可知，加入等体积的KOH溶液时生成的沉淀恰好溶解，说明原溶液中c（Al3＋）＝14×0.2mol·L－1＝0.05mol·L－1。设K＋的物质的量浓度为xmol·L－1，则根据电

荷守恒可知，c（K＋）＋c（Al3＋）×3＝c（SO2－4）×2，即xmol·L－1＋0.05mol·L－1×3＝0.2mol·L－1×2，解得x＝0.25。15．C实验室配制1∶4的稀H2SO4的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液的溶质质量分数w＝1mL×1.84g·mL－1

×98%1mL×1.84g·mL－1＋4mL×1g·mL－1×100%≈30.9%，稀硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝1000mL×1.23g·mL－1×30.9%98g·mol－1×1L≈3.88mol·L－1。综合测评提能力1．D不知道溶液体积，无法计算离子

的总物质的量，故A错误；将286gNa2CO3·10H2O溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，故B错误；K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，c（H＋）＝c（OH－），则c（K＋）＋c（Na＋）＝c（Cl－）＋2c（SO2－4），若Na＋和SO2－4物质的量相等，则K＋的浓度必定大于Cl－

的浓度，故C错误；同一物质在同一温度下的溶解度一定，饱和溶液的物质的量浓度恒定，故D正确。2．DA项，直接用十水碳酸钠晶体配制，不必加热除去结晶水，错误；B项，应该是溶液的体积为500mL，而不是加入到500mL水中，错误；C项，移液时，玻璃棒的下端应该靠在容量瓶的刻度线下

面，错误；D项，砝码生锈后变重，使称得的样品偏多，正确。3．BA项对浓度无影响；定容时俯视观察刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，浓度偏高，B符合题意；C项，未冲洗溶解NaOH固体的烧杯，会造成溶质损失，浓度偏低；D项，会造成所配溶液的浓度偏低。4．AV4

mL溶液中Al3＋的物质的量为mg×1427g·mol－1＝m108mol，稀释后溶液中Al3＋的物质的量浓度为c（Al3＋）＝m108mol4V×10－3L＝250m108Vmol·L－1，c（SO2－4）＝32c（Al3＋）＝32×250m108Vmol·

L－1＝125m36Vmol·L－1。5．C配制480mL0.1mol·L－1的FeSO4溶液时，实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，A项错误；Na2O2能将Fe2＋氧化为Fe3＋，因此不能用Na2O2检验样品是否变质，B

项错误；转移溶液时应使用玻璃棒引流，且玻璃棒末端应靠在容量瓶刻度线下方，C项正确；定容时仰视刻度线，配制的溶液体积偏大，则配制的溶液浓度偏小，D项错误。6．AA项，低于20℃，氯化钠饱和溶液中溶解的氯化钠减少，所以饱和NaCl溶液的浓度小于cmol·L－1，不正确；B项，1L该温度下

的氯化钠饱和溶液中溶液的质量为1000ρg，氯化钠的物质的量为cmol，所以氯化钠的质量分数为58.5cg1000ρg×100%＝58.5c1000ρ×100%，正确；C项，NaCl溶液越浓，密度越大，所以密度小于ρg·cm－3的NaCl溶液为不饱和

溶液，正确；D项，S100＋S＝58.5c1000ρ，S＝5850c1000ρ－58.5cg，正确。7．A根据题中转化过程中物质变化及物质中硫原子守恒可得关系式：CuFeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4，根据黄铜矿

中铜元素的质量分数为a%可得100t黄铜矿中n（CuFeS2）＝n（Cu）＝100×106g×a%64g·mol－1＝1×106×a64mol，则根据关系式及各步的转化率可知n（H2SO4）＝2n（CuFeS2

）×75%×80%×96%＝1.8a×104mol，则能制备98%的硫酸的质量为1.8a×104mol×98g·mol－198%＝1.8a×106g＝1.8at。8．A用浓硫酸配制稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸时俯视，量取的浓硫酸的体积偏小，会

使所配溶液浓度偏小，A项正确；用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒，药品质量可能偏小，可能不变，B项错误；配制1mol·L－1NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容，会导致溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏

大，C项错误；用润湿的pH试纸测醋酸的pH，相当于将醋酸稀释，溶液的酸性减弱，测定结果偏大，D项错误。9．CA项，在t1℃、t3℃时，NaCl、MgSO4的溶解度都相等；B项，t2℃之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2℃

之后，MgSO4的溶解度随温度的升高而减小；C项，w＝S100＋S×100%，S越大，w越大；D项，把MgSO4饱和溶液的温度从t3℃降至t2℃时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。10．C一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧

化镁，那么Mg2＋就有a2mol，硫酸镁也就是a2mol。另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b－a2mol，钾离子就有2b－a2mol＝（2b－a）mol。其浓度就是2b－aV2mol·L－1，即2（2b－

a）Vmol·L－1，C项符合题意。11．答案：（1）7.14mol·L－1>（2）320.2（3）65.57%（4）22.35g解析：（1）密度为1.4g·cm－3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为c＝1000ρwM＝1000

×1.4×50%98mol·L－1≈7.14mol·L－1；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸，所以混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%

。（2）n（FeSO4·7H2O）＝111.2g278g·mol－1＝0.4mol，由2FeSO4·7H2O=====高温Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋7H2O可知，生成Fe2O3的质量为0.4mol×12×160g·mol－1＝32g，SO2的物

质的量为0.4mol×12＝0.2mol。（3）根据题意知，稀释溶液至100mL，测得其pH＝1，溶液中剩余酸的物质的量为n（H2SO4）＝0.1mol·L－1×12×0.1L＝0.005mol，则参加反应的

n（H2SO4）＝0.025L×3mol·L－1－0.005mol＝0.07mol。设铁的物质的量是m，氧化铁的物质的量是n，发生反应的化学方程式为Fe＋Fe2O3＋3H2SO4===3FeSO4＋3H2O，Fe＋H2SO4===Fe

SO4＋H2↑，则根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，56m＋160n＝4.88，m－n＋3n＝0.07，解得n＝0.02mol，m＝0.03mol，所以铁屑中Fe2O3的质量分数是0.02mol×160g·mol－14.88g×100%≈65.57%。（4）根

据以上分析结合原子守恒知，n（FeSO4）＝n（Fe）＋2n（Fe2O3）＝（0.03＋0.04）mol＝0.07mol，根据莫尔盐的化学式知，n[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]＝n（FeSO4）＝0.07mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07mol×392g·m

ol－1－12.360g＝15.08g，设莫尔盐的溶解度为x，则x100g＝15.08g82.560g－15.08g，解得x≈22.35g。12．答案：Ⅰ.（1）⑤（2）50mL容量瓶（3）偏小Ⅱ.（4）2（5）溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色（6）1.2解析：Ⅰ.（1）由图示可知⑤操作

不正确，定容时应平视刻度线至溶液凹液面与刻度线相切。（2）应该用容量瓶确定50mL溶液的体积。（3）用图示的操作配制溶液，定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。Ⅱ.（4）根据电荷守恒，（－1×2）＋（＋1×6）＝＋x×2，解得x＝

2，草酸与KMnO4反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO－4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。（5）用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液时，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。

（6）20.00mL血液样品经过处理后得到草酸，草酸消耗的高锰酸钾的物质的量为0.020mol·L－1×0.012L＝2.4×10－4mol，根据反应的离子方程式5H2C2O4＋2MnO－4＋6H＋===2Mn2＋＋10

CO2↑＋8H2O及草酸钙的化学式CaC2O4可知，n（Ca2＋）＝n（H2C2O4）＝5n（MnO－4）2＝2.5×2.4×10－4mol＝6×10－4mol，Ca2＋的质量为40g·mol－1×6×10－4mol＝0.024g，其浓度为0.024×103mg20cm3＝1.2m

g·cm－3。13．答案：玻璃棒100mL容量瓶胶头滴管（1）①②④③⑤（2）偏低（3）1%（4）400（5）ac解析：加快溶解的正确操作是用玻璃棒搅拌；配制100mL溶液时就需要用100mL容量瓶；定容时需要用胶头滴管。（1）根据配制的原

理及实验要求可知，正确的操作顺序是①②④③⑤。（2）若没有操作④，部分溶质损失，则所配溶液的浓度会偏低。（3）根据c＝1000ρwM可知，该溶液的质量分数为0.1×1061000×1.06×100%＝1%。（4）稀释前钠离子的浓度是0.2mol·L－1，而稀释后钠离子的浓度是0.01mol·L

－1，所以稀释后溶液的体积是20mL×0.2mol·L－10.01mol·L－1＝400mL。（5）根据c＝nV可知，将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，则溶质减少，浓度偏小；定容时俯视刻度线，则溶液的体积减小，所以浓度偏

高；反之定容时仰视刻度线，浓度偏低；干净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液，不会影响实验结果，答案选a、c。单元检测1化学计量在实验中的应用1．C0.1molN2的质量m＝nM＝0.1mol×28g·mol－1＝2.8g，故A正确；Mg

的相对原子质量为24，所以Mg的摩尔质量是24g·mol－1，故B正确；2L0.1mol·L－1NaCl溶液中，c（Na＋）＝0.1mol·L－1，故C错误；O2为双原子分子，标准状况下，11.2LO2为0.5mol，含有的原子数目约为6.02×1023，故D正确。2．C

根据题给图像可知，该反应为2NO＋2CO=====催化剂N2＋2CO2，该反应中，NO为氧化剂，CO2为氧化产物，则氧化性：NO>CO2，A项、B项正确；该反应中，被氧化的元素是碳元素，被还原的元素是氮元素，则被氧化与被还原的元素的质量之比

为6∶7，C项错误；每生成标准状况下2.24LN2，转移电子0.4mol，即转移电子数为0.4NA，D项正确。3．C根据得失电子守恒知，电解精炼铜，阴极得到2NA电子时，阳极失去2NA电子，但阳极粗铜中的杂质Fe、Mg等也会放电，故阴极得到2NA

电子时，阳极质量减少不一定为64g，A错误；KI与FeCl3在溶液中发生反应：2I－＋2Fe3＋⇌2Fe2＋＋I2，该反应为可逆反应，转移电子数小于0.1NA，B错误；1L0.5mol·L－1醋酸钠溶液中含n（CH

3COONa）＝0.5mol，由电荷守恒c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋）及n（Na＋）＝0.5mol知，该溶液中阴、阳离子总数大于NA，C正确；1mol环氧乙烷（）中含2molC—O键、1molC—C键和4molC—H键，即1mol

环氧乙烷共含7mol共价键，则0.1mol环氧乙烷中含共价键总数为0.7NA，D错误。4．A反应的化学方程式分别为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3、4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，O2足量，则生成HNO3的物质的量取决于NO2与NO的体积，由于NO

2与NO体积相同，生成HNO3的物质的量相等，即两试管中HNO3的浓度相等，A项正确。5．B①该硫原子的相对原子质量为该原子的质量除以1个12C原子质量的112，即12ab，正确；②mg硫原子的个数为ma，其物质的量为maN

Amol，正确；③该硫原子的摩尔质量是aNAg·mol－1，不正确；④一个硫原子所含电子数为16，ag该硫原子的个数为1，所含电子数为16，不正确，故答案为B。6．A根据2N＋3Cl－13＋3H2O===3HCl＋N02↑＋3HCl＋1O可知，每生成3molHC

l转移6mol电子，即每生成36.5g（1mol）HCl转移电子数为2NA，A正确；0.1molNCl3中含有的质子数为0.1×（7＋17×3）NA＝5.8NA，B错误；每个C2H2分子中含3个σ键和2个π键，则标准状况下22.4L（1mol）C2H2中含σ键数为3N

A，C错误；100mL1mol·L－1HClO溶液中n（HClO）＝0.1mol，HClO为弱电解质，部分电离，且水微弱电离出H＋和OH－，故溶液中阴、阳离子总数小于0.2NA，D错误。7．CCu和Cu2O的质量之和为13.6g，100mL溶液中Cu

2＋的物质的量为2mol·L－1×0.1L＝0.2mol，根据反应前后铜原子守恒，设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol和ymol，则64x＋144y＝13.6x＋2y＝0.2，解得x＝0.1，y＝0.05，所以Cu和Cu2

O的物质的量之比为0.1mol∶0.05mol＝2∶1，故选C。8．C每个P4分子中含6个P—P键，124gP4为1mol，含6molP—P键，A项错误；该溶液中含0.1molFeCl3，但因Fe3＋部分水解，即溶液中Fe3＋数目小于0.1NA，B

项错误；标准状况下，11.2LCH4和C2H4的混合气体为0.5mol，即0.5mol混合气体中含2molH原子，C项正确；SO2和O2的反应为可逆反应，即反应后容器中气体分子总数大于2NA，D项错误。9．C相同温度下，在两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，

根据ρ＝m/V可知气体的体积相等，结合n＝m/M以及PV＝nRT比较压强大小，根据Vm＝V/n比较气体摩尔体积大小，根据n＝m/M判断气体的物质的量，气体物质的量越大，气体分子数越多．根据n＝m/M，若M（甲

）<M（乙），则n（甲）>n（乙），气体的分子数：甲>乙，A错误；根据n＝m/M，若M（甲）>M（乙），则气体的物质的量：甲<乙，根据Vm＝V/n，故气体的摩尔体积：甲>乙，B错误；若M（甲）<M（乙），根

据n＝m/M，则气体的物质的量：甲>乙，由PV＝nRT可知，气体的压强：甲>乙，C正确；两个密闭容器中，分别充有等质量、等密度的甲、乙两种气体，根据ρ＝m/V可知气体的体积相等，D错误。故选C。10．A在A、B、C处分别充入等质量的X、H

2、Y三种气体，且X、Y气体的密度相等，相同条件下，ρ1ρ2＝M1M2，密度相等则摩尔质量相等，相对分子质量相等，A正确、B错误。n＝mM物质的量相等，相同温度、压强下，X、Y的体积相同，无法确定氢气的物质的量，无法比较与X、Y的物质的量及体积，C、D错误。11．

B浓盐酸在反应过程中会变稀，稀盐酸不与二氧化锰反应，所以转移电子数小于2NA，A项错误；1L0.1mol·L－1MgCl2溶液中氯化镁的物质的量n＝cV＝0.1mol·L－1×1L＝0.1mol，0.1mol氯化镁中含氯离子的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×35.5g·mol－

1＝7.1g，B项正确；氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合气体中含有的氧原子的物质的量n＝32g16g·mol－1＝2mol，C项错误；Fe（OH）3胶粒是多个Fe（OH）3分子的聚集体，所以用含1molFeCl3

的溶液制得的Fe（OH）3胶体中含有Fe（OH）3胶粒的数目小于NA，D项错误。12．A往其中一份中滴加足量BaCl2溶液，产生2.33g白色沉淀，沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为2.33g233g·mol－1＝0.01mol，所以n（H2SO4）＝0.01mol，则原混合

溶液中硫酸的物质的量为0.01mol×2＝0.02mol，故A正确；溶液中c（Cl－）＝1.6mol·L－1，原混合溶液中HCl的物质的量为1.6mol·L－1×0.1L＝0.16mol，原混合溶液中n（H＋）＝0.02mol×2＋0.16mol＝0.2mol，故B

不正确；原混合溶液中n（H＋）＝0.2mol，其一半为0.1mol，根据Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑可知，0.1molH＋与足量的铁反应生成氢气的物质的量为0.05mol，放出的气体体积为0.05mol×22.4L·mol－1＝1.12L

，故C不正确；原溶液中HCl和H2SO4的物质的量之和为0.02mol＋0.16mol＝0.18mol，故D不正确。13．CA项，根据图像可知，Na＋的物质的量浓度为1.0mol·L－1，Na＋来自于NaCl的电离，NaCl的物质的量浓度为1.0mol·L－1

，所以NaCl的物质的量为1.0mol·L－1×0.2L＝0.2mol，正确；B项，根据图像可知，Mg2＋的物质的量浓度为0.5mol·L－1，Mg2＋来自于MgCl2的电离，所以MgCl2的物质的量浓度为0.5mol·L－1，所以MgCl2的物质的量为0.

5mol·L－1×0.2L＝0.1mol，MgCl2的质量为95g·mol－1×0.1mol＝9.5g，正确；C项，根据图像可知，Cl－的物质的量浓度为3.0mol·L－1，Cl－来自于NaCl、MgCl2、CaCl2的电离，所以根据原子守恒，来自于CaCl2的Cl－的物质的量浓度为3.0mo

l·L－1－1.0mol·L－1－0.5mol·L－1×2＝1.0mol·L－1，根据比例关系，CaCl2的物质的量浓度为0.5mol·L－1，所以CaCl2的物质的量为0.5mol·L－1×0.2L＝0.1mol，错

误；D项，根据图像可知，Cl－的物质的量浓度为3.0mol·L－1，Cl－的物质的量为3.0mol·L－1×0.2L＝0.6mol，溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，最终得到沉淀的物质的量为0.

6mol，正确。14．D设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，根据混合气体的质量为14.4g可得28x＋44y＝14.4①；混合气体的物质的量为8.96L22.4L·mol－1＝0.4

mol，所以x＋y＝0.4②；由①②可得x＝0.2、y＝0.2。原混合气体所含氧原子总数为0.6NA，故A正确；CO2能与NaOH反应，所以气球内收集到的气体为CO，标准状况下体积为0.2mol×22.4L·mol－1

＝4.48L，故B正确；14.4gCO和CO2的混合气体的物质的量为0.4mol，混合气体的平均摩尔质量为14.4g0.4mol＝36g·mol－1，故C正确；相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，所以二者体积之比为1∶1，故D错误。15．C氨水溶液溶质为

氨气，该溶液的密度为ρg·cm－3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数ω＝agρVg×100%，故A错误；agNH3的物质的量为ag17g·mol－1＝a17mol，溶液体积为VmL

，所以溶液的物质的量浓度c＝a17molV×10－3L＝1000a17Vmol·L－1，故B错误；溶液中c（NH＋4）＝bmolV×10－3L＝1000bVmol·L－1，根据溶液呈电中性，可知c（OH－）＝c（H＋）＋c（NH＋4），则

溶液中c（OH－）＝1000bVmol·L－1＋c（H＋），故C正确；水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数＝m（溶质）m（溶液）×100%可知，等体积混合所得溶液溶质的

质量分数小于0.5ω，故D错误。16．答案：（1）89.6（2）2.4mol·L－1≥c≥1.2mol·L－1（3）8KO2＋6CO2＋2H2O===2K2CO3＋4KHCO3＋6O2n（CO2）∶n（H2O）＝6∶2n（H2O）＝96×2＝3（mol）（

4）300molCH4完全反应产生H2900mol设CO2转化率为α，CO转化率为β300β＋100α＝350600β＋300α＝900－120α＝80%或设CO2转化率为α900－350×2－100α＝120α＝80100＝

80%解析：（1）碳酸氢铵分解产生氨气、水、二氧化碳，干燥后只有氨气和二氧化碳，则2mol碳酸氢铵分解可得氨气2mol、二氧化碳2mol，故在标准状况下体积为4mol×22.4L/mol＝89.6L。（

2）二氧化碳和氢氧化钠反应可以生成碳酸钠和碳酸氢钠，2.4mol二氧化碳完全反应生成碳酸钠消耗氢氧化钠4.8mol，完全生成碳酸氢钠消耗氢氧化钠2.4mol，由此结合其体积为2L，可以求出其浓度范围。（3）也可设按照第一式反应的二氧化碳为xmol，按照

第二式反应的二氧化碳为ymol，则可以列出方程组：x＋y＝9，产生氧气为1.5x＋0.75y＝9，得y＝6，则消耗水为62mol＝3mol。（4）由方程式可知300mol的甲烷完全反应产生氢气900mol、CO300mol，则可设CO反

应xmol、CO2反应ymol，则根据甲醇的量可得x＋y＝350，剩余氢气为900－2x－3y＝120。由此可得y＝80，则二氧化碳的转化率为80100×100%＝80%。17．答案：（1）趁热过滤（2）取少量溶液于试管中配成溶液，滴加过量的Ba（NO3）2溶液，再取上层清液滴

加AgNO3溶液（3）MnO2＋SO2===MnSO4（4）Mn3O4＋8H＋＋2Cl－=====△3Mn2＋＋Cl2↑＋4H2O（5）①Mn3O4②部分Mn3O4又被氧化成Mn2O3或MnO2，造成总锰含量减少解析：（1）四种物质中相同温度下硫酸钾溶解度最小，所以反应Ⅲ中蒸发浓

缩后硫酸钾析出，趁热过滤减少杂质，得硫酸钾晶体，再洗涤，干燥即可。（2）检验Cl－用硝酸银溶液和稀硝酸，同时又要除去干扰实验的硫酸根离子，具体方案为：取少量溶液于试管中配成溶液，滴加过量的Ba（NO3）2溶液，取上层清液滴加AgNO3溶液。（3）二氧化硫与二氧化锰反应，除杂后得到硫酸锰晶体，可知二

者反应生成硫酸锰，反应的化学方程式为MnO2＋SO2===MnSO4。（4）＋4价锰离子具有氧化性可以氧化氯离子为氯气，四氧化三锰可改写为MnO2·2MnO，MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、Cl2和H2O，MnO与盐酸反应生成MnCl2和H2O，反应的离子方程式为Mn3O4＋8H＋

＋2Cl－=====△3Mn2＋＋Cl2↑＋4H2O。（5）①热重曲线中一般先失去结晶水（可能分步），100gMnSO4·H2O中结晶水的质量为100g×1855＋96＋18≈10.65g，可知A为硫酸锰

，升高温度盐分解得到金属氧化物，由流程图可知硫酸锰晶体煅烧得到四氧化三锰，100gMnSO4·H2O分解可以得到四氧化三锰的质量为100g（55＋96＋18）g·mol－1×13×229g·mol－1≈45.17g，故B为Mn3O4。②继续加热产物中总锰含量反而减小，说明

吸收了氧，进一步说明B中的锰元素存在低价，可能是部分Mn3O4又被氧化成Mn2O3或MnO2，造成总锰含量减少。18．答案：（1）10.0胶头滴管（2）dacbegf（3）B（4）③解析：（1）设取浓H2S

O4的体积为V，根据稀释定律可得：18mol·L－1×V＝1.8mol·L－1×0.1L，V＝0.01L，即需用量筒量取10.0mL浓H2SO4；定容时需用胶头滴管。（2）操作步骤有检查容量瓶是否漏水、量取、稀释、移液、洗涤、定容

、摇匀等操作，故正确的顺序为dacbegf。（3）配制100mL浓度为1.8mol·L－1的H2SO4溶液，只能选用100mL的容量瓶，故选B。（4）①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，导致n（H2SO4）偏大，溶液的浓度偏大；②配

制前，容量瓶内壁上有少量蒸馏水，对溶液配制无影响，溶液的浓度不变；③未进行题述b操作，即未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质损失，则溶液浓度偏小。19．答案：（1）1∶43.2g（2）22.4bcaNAL（3）NaK20.2mol·L－1（4）①NA22.4②2∶1解析：（1）11.2L“人造空气”的物

质的量为11.2L22.4L·mol－1＝0.5mol，质量是4.8g，设含O2、He的物质的量分别为xmol、ymol，则有x＋y＝0.5，32x＋4y＝4.8，得x＝0.1、y＝0.4，所以氧气和氮气的分子数之比是1∶4；氧气的质量为0.1mol×32g·mol－1

＝3.2g。（2）如果ag某气体中含有的分子数为b，则ag该气体的物质的量为bNAmol，摩尔质量为agbNAmol＝aNAbg·mol－1，当该气体为cg时，其物质的量为cgaNAbg·mol－1＝bcaNAmol，在

标准状况下的体积22.4bcaNAL。（3）设钠、钾的物质的量分别为amol、bmol，则2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑21a0.5a2K＋2H2O===2KOH＋H2↑21b0.5b有0.5a＋0.5b＝0.15

，23a＋39b＝10.1，计算可得a＝0.1，b＝0.2，n（Na）∶n（K）＝1∶2，该钠钾合金的组成为NaK2，所得溶液中c（NaOH）＝0.1mol0.5L＝0.2mol·L－1。（4）①甲中NO2的物质的量是46g46

g·mol－1＝1mol，含有O原子的物质的量是2mol，乙和甲中的O原子的物质的量相同，则乙中SO2的物质的量为1mol，SO2的分子数为NA；丙和乙中S原子的物质的量相同，则丙中H2S的物质的量是1mol，标准状况下，1molH2S的体积为1mol×22.4L·mol－

1＝22.4L。②甲中NO2的物质的量是1mol，含有N原子的物质的量是1mol，甲中NO2和丁中N2H4含有N原子的物质的量相同，则丁中N2H4的物质的量是0.5mol，甲中NO2和丁中N2H4的物质的量之比为2∶1。20．答案：（1）1∶129g·mol－1（2）6.72（3）2∶3（

4）小于200ρ2ρ1－100（5）4mol·L－12mol·L－1解析：（1）由混合气体中N2和NO的质量比为14∶15可知，N2和NO的物质的量之比为14g28g·mol－1∶15g30g·mol－1＝1∶1，混合气体的平均摩尔质量为12×28g·mol－1＋12×30g·mol－

1＝29g·mol－1。（2）1个氨气分子中含有3个氢原子，1个硫化氢分子中含有2个氢原子，设3.4g氨气与标准状况下的VL硫化氡含有相同数目的氢原子，可得3.4g17g·mol－1×3＝VL22.4L·mol－1×2，解得V＝6.72。（

3）由阿伏加德罗定律可知，相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，设一氧化碳和二氧化碳混合气体的物质的量为n，由隔板左右两侧容器的体积比可得1mol∶n＝23∶13，解得n＝0.5mol；设混合气体中一氧化碳的物质的量为x，由混合气

体的质量为18g可得28g·mol－1×x＋44g·mol－1×（0.5mol－x）＝18g，解得x＝0.25mol，则混合气体中碳原子与氧原子的个数之比为（0.25＋0.25）mol∶（0.25＋0

.25×2）mol＝2∶3。（4）设溶质质量分数为a%的氨水的密度为d1g/mL，由氨水的物质的量浓度为5mol·L－1可得1000×d1×a%17mol·L－1＝5mol·L－1，设溶质质量分数为2a%

的氨水的密度为d2g/mL、物质的量浓度为cmol·L－1，可得1000×d2×2a%17mol·L－1＝cmol·L－1，两式相比可得c＝10d2d1，由氨水浓度越大密度越小可知d2d1<1，则c<10；设需要水的体积为xmL，由题意可知混合后所得的3mol·L－1硫酸溶液的质量为（100

＋x）g，由稀释定律可得：100＋xρ2×10－3L×3mol·L－1＝100ρ1×10－3L×6mol·L－1，解得x＝200ρ2ρ1－100。（5）由加入足量BaCl2溶液可得硫酸钡白色沉淀9.32g可知，10mL混合溶液中硫酸的物质的量为9.32g233g·mol－1＝0.0

4mol，则硫酸的浓度为0.04mol0.01L＝4mol·L－1；由10mL该混合溶液与25mL4mol·L－1的NaOH溶液恰好完全中和可知，硝酸的物质的量为（4mol·L－1×0.025L－0.04mol×2）＝0.02mol，则硝酸的浓度为0.02mol0.01L＝2mol·L－1。第二单

元化学物质及其变化课练3物质的组成、性质、分类和化学用语狂刷小题夯基础[练基础]1．DHgS受热分解，生成Hg和S，其中S与O2反应生成SO2，分解为化学过程，分解生成的Hg为气态，气态Hg冷凝为液体流下，得到液态Hg，故涉及的物理过程是冷凝。2．B文中描述了提纯固体的方法：将

固体溶解，通过煎炼蒸发水分，进一步析出晶体，涉及溶解、蒸发、结晶等操作，故A正确；文中“石灰”指的是CaCO3，B错误，C正确；黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，文中描述的应为制备黑火药的过程，故D正确。3．B①淀粉溶液属于胶体，错误；②溶液和胶体的

本质区别是分散质粒子直径的大小，错误；④胶体与溶液都能透过滤纸，不能用过滤的方法分离两者，错误；⑤“血液透析”的原理是渗析，正确；⑦葡萄糖是小分子，溶于水形成溶液，错误；⑧胶体本身不带电，只是胶体中胶粒表面积较大，吸附了溶液中的离子才带电荷，错误。4．A①福尔马林是甲醛水溶液，聚

苯乙烯是苯乙烯的加聚反应产物，油脂是高级脂肪酸甘油酯，生铁是铁和碳的合金，铝热剂是铝粉和金属氧化物等的混合物，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，上述物质均属于混合物，正确；②冰不是酸性氧化物，错误；③小苏打、硬脂酸钠、BaSO4、Al2O3都是强电解质，正确；④鸡蛋清溶液、淀

粉溶液、烟水晶、雾都是胶体，都能产生丁达尔效应，正确；⑤纯碱为Na2CO3，属于盐类，苯酚不是酸，属于酚类，H2O2为过氧化物，错误。5．CA项涉及的都是物理变化；B项中涉及的都是化学变化；D项中涉及的都是物理变化。6．CA项

，煤的气化、液化和干馏都是化学变化；B项，C60、液氯、HD都是单质，NO2不是酸性氧化物；D项，石蜡是多种烃的混合物，与热的饱和碳酸钠溶液不反应，故不能用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的石蜡。7．A暖宝宝放

热是利用原电池原理，铁作负极，最终将化学能转化为热能，A错误；通过一定的手段在云层中播撒催化剂（碘化银）可以达到降雨目的，B正确；聚合物中分子聚合度不同，属于混合物，C正确；胶体粒子的直径在1～100nm（10－9～10－7m）之间，枝叶间透过一道道

光线，为胶体的丁达尔效应，D正确。8．B有化学键被破坏的反应不一定属于化学变化，如NaCl固体熔化为液体，破坏了离子键，但此过程属于物理变化，①错误；有能量变化的过程不一定是化学变化，如灯泡发光，②错误；电解质溶液导电是发生电解的过程，有新物质生成，属于化学

变化，③正确；CuSO4→CuSO4·5H2O属于化学变化，④正确；O2转化成O3生成了新物质，属于化学变化，⑤正确。[练高考]9．DF－最外层有8个电子，离子结构示意图：，故A错误；基态碳原子的轨道表示式：，故B错误；丙炔的三个碳原子在一条线上，故

C错误；H2O分子的空间构型为V型，所以球棍模型为：，故D正确。10．B题中氧原子周围没有满足8电子结构，A错误；乙烯是平面形分子，分子中2个碳原子均为sp2杂化，B正确；题中键线式表示有机物的名称是3-甲基戊烷，C错误；题中有机物的名称是乙酸甲酯，D错误。11．D剪纸的过程中

没有新物质生成，不涉及化学变化，A说法正确；茶香四溢说明有香味的分子在空气中扩散，体现了分子是运动的，B说法正确；植物纤维是纤维素，其属于天然高分子化合物，C说法正确；纯碱水溶液是碳酸钠和水的混合物，不是纯净物，D说法错误。12．A清理江河淤泥，没有新物质生成，不涉及化学变化，A符合题意；化工企业

“三废”指的是废水、废气、废渣，“三废”处理是指将有害固体、液体、气体转化为无害物质或可回收利用的物质，此过程涉及化学变化，B不符合题意；微生物降解使有毒有害物质转化为无毒无害物质，有新物质生成，涉及化学变化，C不符合题意；垃圾无害化处理，是指

通过物理、化学、生物热处理等方式处理垃圾，此过程涉及化学变化，D不符合题意。13．B本题考查化学用语，考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析。甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，B项错误。14．BAs与P为同族元素，为VA族元素，则其原子核外最外层有5个电子，A说法正确；AsH3

属于共价化合物，电子式与氨气相似，为，B说法不正确；非金属的非金属性越强，其气体氢化物越稳定，非金属性As＜P，热稳定性：AsH3＜PH3，C说法正确；同周期元素，原子序数越小，非金属性越强，非金属性：As＜Cl，D说法正确。15．A用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜与聚乙烯燃烧生成

二氧化碳和水没有关系，A符合题意；利用海水制取溴，是将Br－氧化成Br2，利用海水制取镁单质，是将Mg2＋还原成Mg，B不符合题意；利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品是因为氢氟酸可与二氧化硅反应，C不符合题意；公园的钢铁

护栏涂刷多彩防锈漆是设置防护涂层，使钢铁与潮湿空气隔绝从而防止钢铁腐蚀，D不符合题意。[练模拟]16．A将CuSO4溶液熬成胆矾（CuSO4·5H2O）的过程为化合反应，Fe与CuSO4溶液发生反应：Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu，既是离子反应又是氧化还原反应，没有涉及复分解反

应，故A符合题意。17．C干冰是固态二氧化碳，溶于水虽然能够导电，但是因为生成的碳酸发生电离，故二氧化碳不是电解质，A错误；氧化铝与强酸、强碱反应都生成盐和水，为两性氧化物，B错误；同素异形体间的转化为非氧化还原反应，如氧气和臭氧

之间的相互转化，虽然有单质参加反应，但不是氧化还原反应，C正确；根据分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，丁达尔效应只是胶体具有的性质，不是分类依据，D错误。18．C石油的裂解是以获得短链不饱和烃为主要目的的石油加工过程，是深度裂化

；煤的干馏是煤在隔绝空气条件下加强热分解的过程，均为化学变化，A正确；纯碱的水解使溶液呈碱性，且加热水解程度增大，碱性溶液能促进油脂水解而除去，B正确；静电除尘利用的是胶体粒子的带电性，而胶体总体不显电性，C错误；活性炭使糖浆褪色、臭氧漂白纸浆分别利用活性炭的吸附性和臭氧的氧化性，原

理不同，D正确。19．C尼龙的成分为合成纤维，是己二酸和己二胺缩聚形成的高分子化合物，而纤维素为多糖，故A错误；生成新物质的变化是化学变化，用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分

子化合物，故C正确；硅胶具有吸水性，不具有还原性，不能防止食品氧化变质，故D错误。20．B水分解产生氢气和氧气，有新物质生成，发生的是化学变化，A不符合题意；从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质生成，发生的是物

理变化，B符合题意；新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电能，有新物质生成，发生的是化学变化，C不符合题意；运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生的是化学反应，有新物质生成，D不符合题意。21．C醋酸为弱酸，不能杀死新冠肺炎病毒，而且会刺激呼吸道黏膜，不宜长期

熏醋，故A错误；胶体粒子的直径范围为1～100nm，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，若粒子直径大于100nm，则不能形成胶体，故B错误；次氯酸钠具有强氧化性，能杀死新冠肺炎病毒，故C正确；含氯消毒剂，如“84

”消毒液（有效成分为次氯酸钠）和漂白粉（有效成分为次氯酸钙）都属于无机物，过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物，故D错误。综合测评提能力1．A小苏打是NaHCO3，属于盐，A项符合题意；食用油是油脂，油脂属于酯类，B项不符合题意；淀粉是天然高分子化合物，C项不符合题

意；“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，属于混合物，D项不符合题意。2．C次氯酸的结构式为H—O—Cl，A错误；为甲烷的空间填充模型，不是球棍模型，B错误；硫原子核电核数为16，S2－最外层达到8个电子达到稳定结构，结构示意图：，C正确；氨

气是共价化合物，其电子式为，D错误。3．B酸性氧化物和金属氧化物可能发生氧化还原反应，如2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2，所以能实现，故A不选；有电子转移的化学反应才是氧化还原反应，没有电子转移的反

应不是氧化还原反应，所以不能实现，故B选；没有水、沉淀和气体生成的复分解反应存在，该反应中可能生成弱电解质，如HCl＋CH3COONa===CH3COOH＋NaCl，所以能实现，故C不选；有单质参加的反应可能是非氧化还原反应，如同素异形体之

间的转化，所以能实现，故D不选。4．D钙盐、钡盐等的碳酸盐溶解度小于碳酸氢盐溶解度，而钠盐相反，所以Ca（HCO3）2的溶解度比CaCO3的大，NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小，故A错误；NO2与水反应产生HNO3和NO，不符合酸性氧化物的定义，因此NO2不是酸

性氧化物，故B错误；将pH＝6的CH3COOH溶液加水稀释100倍后，溶液c（H＋）减小，溶液无限接近中性，不可能呈碱性，故C错误；多羟基的醇遇新制Cu（OH）2溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制Cu（OH）2溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟基的醛，所以遇新

制Cu（OH）2溶液呈绛蓝色，故D正确。5．BCO2和SO2都是典型的酸性氧化物，所以化学性质类似，与Ca（OH）2或者Ba（OH）2溶液反应时都是先变浑浊后溶解，A项正确；BaCO3能溶于硫酸，但是会生成新的沉淀BaSO4，溶液依然浑浊，B项错误；Na2O2和BaO2都是过氧化物，氧元素的化合

价都是－1价，所以都可与水反应生成相应的碱，C项正确；CO2和SiO2都是酸性氧化物，都能和碱反应生成盐和水，D项正确。6．D蜡烛的主要成分是石蜡，石蜡完全燃烧生成二氧化碳和水，C、O元素化合价发生变化，反应属于氧化还原反应，A正确；铁和硫酸铜在溶液中反应生成硫酸亚铁和铜，符合置换反

应特征，该过程发生了置换反应，B正确；雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，C正确；屠呦呦提取青蒿素加入乙醚萃取，此过程利用了相似相溶原理，没有新物质产生，因此发生的是物理方法，D错误。7．D三氧化

二铁为红棕色，而本题中得到的是一种黑色分散系，A错误；胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤的方法分离，B错误；向沸水中滴加饱和FeCl3溶液可得到氢氧化铁胶体，C错误；氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁、水和氯化钠，离子反应方程式为Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe

3O4（胶体）＋4H2O，D正确。8．A分散系包括胶体、溶液和浊液，其中烟属于胶体，A正确；酸、碱、盐都属于电解质，但盐不属于酸，B错误；元素周期表的纵列包括主族、副族和0族，其中卤族属于主族，C错误；化合物包括共价化合物和离子化合物，其中碱属于离子化合物，D

错误。9．DA项，Fe与稀H2SO4反应生成FeSO4；C项，SiO2与稀盐酸不反应。10．C溶液中分散质微粒直径小于10－9m，不能产生丁达尔效应，A错误；Fe2O3、FeCO3属于电解质，H2属于单质，CO2不是电解质，B错误；FeSO4、NH4Cl均属于强酸弱碱盐，水解后溶液均显

酸性，D错误。11．答案：（1）是否与H2O发生氧化还原反应（2）NO2（3）NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－（4）过量的NaOH溶液会溶解生成的Al（OH）3沉淀解析：（1）根据两组物质与水反应的特点可知，第一级分类

标准是依据物质与水是否发生氧化还原反应。（2）NO2与水反应时，H2O既不作氧化剂也不作还原剂，所以F组中物质除了Cl2外，还有NO2。（3）D组中的氨水呈弱碱性，原因是NH3·H2O电离生成OH－，电离方程式为NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－。

（4）由Al3＋制备Al（OH）3最好不选择NaOH溶液的原因是过量的NaOH会溶解生成的Al（OH）3沉淀。12．答案：（1）C（2）BDCA（3）化学变化（4）DE（5）CaO＋H2O===Ca（OH）213．答案：（1）C（2）CuO（3）Cu2（OH）2C

O3＋4HCl===2CuCl2＋3H2O＋CO2↑（4）①①⑤解析：根据题意，铜被腐蚀生成铜绿，铜绿溶于盐酸生成铜盐，然后加碱生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成CuO，最后氢气还原CuO得到Cu。（1）“铜绿”是碱式碳酸铜，属于盐。（2）Cu（OH）2――→④B是氢氧化铜

受热分解生成氧化铜和水。（3）依据转化过程，知碱式碳酸铜和盐酸反应，生成氯化铜、水和二氧化碳。（4）在反应过程中①铜―→铜绿发生了化合反应，也是氧化还原反应；②铜绿―→A是铜绿跟酸反应生成铜盐、CO2和H2O，A为铜盐，是复分解反应；③A―→Cu（OH）2是铜盐和碱反应生

成氢氧化铜沉淀，是复分解反应；④Cu（OH）2―→B是氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，是分解反应；⑤B―→Cu是氧化铜和氢气反应生成铜和水，是置换反应也是氧化还原反应。课练4离子反应狂刷小题夯基础[练基础]1．DHCl和AgCl为电解质

，电解质导电需要自由移动的阴、阳离子，即需要水溶液或熔融状态，故A错误；NH3、CO2的水溶液虽然能导电，但导电的离子不是本身电离产生的，NH3和CO2均是非电解质，故B错误；碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3属于两性氧化物，故C错误；非金属氧化物

不一定是酸性氧化物，如CO是不成盐氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如Mn2O7属于金属氧化物，故D正确。2．CA项，NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合时，除了H＋与OH－反应外，还有SO2－4与Ba2＋反应生成

BaSO4沉淀；B项，NH4Cl溶液与Ca（OH）2溶液混合生成NH3·H2O；C项，HNO3溶液与KOH溶液混合，为可溶性强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的类型，符合该离子方程式；D项，Na2HPO4不能拆写成H＋。3．A用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2

，Cl2具有强氧化性，可将部分SO2－3氧化为SO2－4，同时生成的氢离子与剩余部分SO2－3结合生成HSO－3，Cl2被还原为Cl－，反应的离子方程式为3SO2－3＋Cl2＋H2O===2HSO－3＋2Cl－＋SO2－4，A正确；向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸

，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B错误；向H2O2溶液中滴加少量的FeCl3溶液，Fe3＋的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3＋能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O2=====Fe3＋2H2O＋O

2↑，C错误；NH4HSO4电离出的H＋优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根离子恰好完全反应，正确的离子方程式应为H＋＋OH－===H2O，D错误。4．B盐酸中加入氢氧化钠

溶液，反应生成水和氯化钠，灯泡不会熄灭，A项不符合题意；向硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度不断减小，灯泡亮度不断降低，直到熄灭，当氢氧化钡过量时，溶液中的离子浓度逐渐增大，灯泡逐渐变亮，B项符合题意；硫酸中加入氯化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀和盐酸

，灯泡不会熄灭，C项不符合题意；盐酸中加入硝酸银溶液，反应生成氯化银沉淀和硝酸，灯泡不会熄灭，D项不符合题意。5．A过量CO2通入氨水，CO2过量，生成HCO－3，离子方程式为CO2＋NH3·H2O===NH＋4＋HCO－3，A正确；SO2使溴水褪色，生成的H2SO4和H

Br都为强酸，离子方程式为SO2＋2H2O＋Br2===4H＋＋SO2－4＋2Br－，B错误；用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘，酸性条件下生成H2O，离子方程式为2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O，C错误；向NH4Al（SO4）2溶液中加入过量的NaOH

溶液，NaOH溶液过量，NH＋4也会参与反应，离子方程式为NH＋4＋Al3＋＋5OH－===AlO－2＋NH3·H2O＋2H2O，D错误。6．D氯气与水的反应是一个可逆反应，其离子方程式应使用可逆符号，HClO是弱酸，化学式不拆写，A错误；电解饱

和食盐水，反应物中有水且不拆写，生成物中还有OH－，漏写反应条件，B错误；Na2O2与H2O的反应是一个歧化反应，O2中的氧原子均来自于Na2O2而不是水，C错误；设Ba（OH）2为1mol，其中Ba2＋有1mol，完全沉淀需要SO2－41mol，所以需

要加入NaHSO41mol，其中H＋和OH－反应，OH－剩余1mol，据此写出离子方程式：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO2－4===BaSO4↓＋H2O，D正确。[练高考]7．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。8．BA．pH＝1

的溶液中，NO－3在酸性条件下与Fe2＋会发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；B.pH＝12的溶液中，K＋、Na＋、NO－3、CO2－3均不能发生反应，能大量共存，正确；C.pH＝7的溶液中，Cu2＋、S2－会发生反应生成沉淀，不能大量共存，错误；D.pH＝7的溶液中，

Al3＋、HCO－3会发生双水解，不能大量共存，错误。9．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。10．A本题考查离子方程式的书写。碳酸镁难溶于水，在离子方程式中不拆分，碳酸镁与稀盐酸反应的离子方程式为MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋CO2

↑＋H2O，A错误；亚硫酸氢钠中HSO－3发生水解：HSO－3＋H2O⇌H2SO3＋OH－，B正确；金属锌溶于氢氧化钠生成[Zn（OH）4]2－，其离子方程式为Zn＋2OH－＋2H2O===[Zn（OH）4]2－＋H2↑，C正确；亚硝酸钠与氯

化铵受热发生归中反应得到N2，其离子方程式为NO－2＋NH＋4=====△N2↑＋2H2O，D正确。11．BCH3COONa溶液呈碱性是因为发生了CH3COO－的水解：CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－，A正确；金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠：2Na

＋O2=====△Na2O2，B错误；铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑，C正确；将SO2通入H2S溶液生成S单质和水：SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，D正确。

12．A碳酸钙是难溶物，离子方程式中应该保留化学式，A方程式错误；铜片上电镀银，阳极反应为Ag（阳极）－e－===Ag＋，阴极反应为Ag＋＋e－===Ag（阴极），所以总反应为Ag（阳极）=====通电Ag（阴极），B方程式正确；铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu

＋8HNO3===3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C方程式正确；向明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液，氢氧化钡完全反应，明矾是过量的，则Ba2＋和OH－一定会按照化学组成参加反应，即离子方程式中Ba2＋与OH－的化学

计量数之比为1∶2，然后根据Ba2＋和OH－来确定Al3＋和SO2－4的化学计量数，离子方程式为2Al3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓，D方程式正确。[练模拟]13．B在pH＝1的溶液中，有大量的氢离子，能与HCO－3结合生成碳酸而

不能大量共存，不是因发生氧化还原反应，A错误；在pH＝1的溶液中，有大量的氢离子，能与ClO－、I－因发生氧化还原反应而不能大量共存，B正确；在pH＝1的溶液中，Al3＋、Na＋、Cl－、NO－3均能大量共存，C错误；在pH＝1的溶液中，Cu2＋、NO－3、Fe3＋、

Cl－均能大量共存，D错误。14．B氨水显碱性，OH－与Cu2＋之间能发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故A项错误；Na＋、K＋、Cl－、NO－3之间不反应，且都不与CaCl2溶液反应，在溶液中能够大量共存，故B项正确；硝酸根离子在酸性条件

下具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，故C项错误；NaHCO3溶液中的HCO－3与OH－会反应生成CO2－3与H2O而不能大量共存，故D项错误。15．A取样，滴加KSCN溶液后显血红色，则溶液中含有Fe3＋，Fe3＋与CO2－3会发生双水解反应

而不共存、I－与Fe3＋会发生氧化还原反应而不共存，则阴离子只有SO2－4，电解质溶液呈电中性，故溶液中一定有SO2－4，为确定该溶液的组成，还需检验的离子只有K＋。16．D向一定量硫酸和硫酸铜的混合溶液中，逐滴加入一定质量分数的氢氧化钠溶液，直至过量，此过程中氢氧化钠先和硫酸反应，然后和硫酸铜反

应。a至b段是氢氧化钠中和硫酸，没有蓝色沉淀生成，A错误；a至c段硫酸钠的质量逐渐增大，c到d段硫酸钠质量不再增加，B错误；c至d段，氢氧化钠过量，溶液中氢氧化钠增多，碱性变大，pH变大，C错误；c点时硫酸铜恰好完

全反应，此时对应溶液中的溶质只有硫酸钠，溶质种类最少，故说法正确，D正确。综合测评提能力1．BA项，NaCl电离出的Cl－与AgNO3电离出的Ag＋反应生成AgCl沉淀；C项，硫酸电离出的SO2－4与BaCl2电离出的Ba2＋反应生成BaSO4沉淀；D项，盐酸中的H＋与

Na2CO3电离出的CO2－3反应生成H2CO3，H2CO3分解生成CO2和H2O。2．BA项，等物质的量浓度的Ba（OH）2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子不共存，生成BaCO3沉淀，错误；B项，反应Ba2＋＋OH－＋H

CO－3===BaCO3↓＋H2O可以表示1mol氢氧化钡与1mol碳酸氢钠的离子反应，正确；C项，若氢氧化钡物质的量为1mol，则氯化钡物质的量为1mol，加入碳酸氢钠，消耗2mol氢氧根离子生成2mol碳酸根离子，2mol碳酸根离子能够与2mol钡离子反应生成2mol碳酸钡

沉淀，错误；D项，依据方程式可知，3molOH－对应1.5mol氢氧化钡，则氯化钡物质的量为1.5mol，消耗3mol碳酸氢根离子，能够生成3mol碳酸根离子，同时生成3mol碳酸钡沉淀，错误。3．D无色溶液中一定

不含Fe3＋和MnO－4，①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，因为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，所以无色无味的气体是O2，一定不是NH3，则一定没有NH＋4，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶

解，沉淀的成分应该是氢氧化铝和氢氧化镁，则溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋，一定不含HCO－3（和Al3＋不共存）；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生，则一定含有SO2－4。综上分析，溶液

中一定含有Al3＋、Mg2＋、SO2－4，一定不含Fe3＋、MnO－4、NH＋4、HCO－3，不确定是否含有K＋和Cl－。4．B根据盛有稀硫酸的烧杯中逐滴加入Ba（OH）2溶液，硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，据此进行分析判断。a点溶液中只含有

硫酸一种溶质，故A选项说法错误。b点溶液中，稀硫酸有剩余，滴加紫色石蕊溶液，溶液变红色，故B选项说法正确。c点是硫酸与氢氧化钡溶液恰好完全反应，液体的pH＝7，故C选项说法错误。d点是恰好完全反应后，继续滴加氢氧化

钡溶液，d点溶液中有较多的Ba2＋、OH－，故D选项说法错误。5．D将Na加入CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，钠不能置换出铜，A错误；向Ca（ClO）2溶

液中通入少量SO2，二氧化硫具有还原性，被次氯酸根离子氧化，不可能生成CaSO3沉淀，B错误；用惰性电极电解MgBr2溶液，离子方程式：Mg2＋＋2Br－＋2H2O=====电解Mg（OH）2↓＋H2↑＋B

r2，C错误。6．D显碱性的盐溶液也能使红色石蕊试纸变蓝色，如Na2CO3溶液，A项错误；若废液呈酸性，即使含Cu2＋，加入少量的葡萄糖溶液也无砖红色沉淀产生，B项错误；若该溶液中含有HCO－3，加入盐酸也能产

生无色无味气体，C项错误。7．B焰色试验显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根离子，不存在硫酸根离子。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na＋、Cl－、CO2－3，一定不存在SO

2－4，可能含有K＋。8．BFe3O4中的Fe2＋能够被硝酸氧化，反应生成NO气体，A评价错误；向碳酸镁中加入稀盐酸，碳酸镁难溶，不应写成离子形式，B评价正确；向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，生成硫酸钡沉

淀，同时生成NH3·H2O，C评价错误；氯气先将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后再氧化Br－，离子方程式正确，D评价错误。9．C加入苯酚显紫色的溶液说明含有Fe3＋，SCN－能与铁离子反应生成Fe（SCN）3，不能大量存在，A不符合题意；Fe2＋为有色离子，，B不符合题意

；根据公式可知，c（OH－）＝10－2mol·L－1，溶液呈碱性，离子相互间不反应，均能大量存在，C符合题意；能使酚酞变红的溶液显碱性，Mg2＋能与氢氧根离子生成Mg（OH）2沉淀，不能大量存在，另外ClO－能氧化I－，D不符合题意。10．A由于酸性H2CO3>HCO－3

，所以在溶液中会首先发生反应：H＋＋CO2－3===HCO－3，A正确；因FeS可与强酸反应，所以不能发生Fe2＋与过量H2S的反应，B错误；HClO、Fe3＋都具有强的氧化性，可将SO2－3氧化为SO2－4，不能大量共

存，C错误；四种离子互不反应，在溶液中可以大量共存，I－具有还原性，在酸性条件下，H＋、I－、NO－3发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得方程式为6I－＋2NO－3＋8H＋===2NO↑＋4H2O＋3I2，D错

误。11．答案：（1）①2H＋＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O②Ba2＋＋SO2－4＋H＋＋HCO－3===BaSO4↓＋H2O＋CO2↑HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O③2A

l3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓（2）2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===Br2＋2Fe3＋＋4Cl－2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－（3）①5Cl

2＋2CN－＋8OH－===2CO2＋N2＋10Cl－＋4H2O②Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O③ClO－＋2I－＋H2O===I2＋Cl－＋2OH－解析：（1）①当溶液呈中性时，n（H＋）＝n（OH－），可假设Ba（O

H）2为1mol，即Ba2＋为1mol，OH－为2mol，需要2molNaHSO4，反应的离子方程式为2H＋＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O；②向Ba（HCO3）2溶液中滴入NaHSO4溶液，至沉淀完全，n（Ba2＋）＝n（SO2

－4），发生反应的离子方程式为Ba2＋＋SO2－4＋H＋＋HCO－3===BaSO4↓＋H2O＋CO2↑，此时HCO－3过量，继续加入NaHSO4溶液，HCO－3与H＋反应，反应的离子方程式为HCO－3＋H＋===CO

2↑＋H2O；③NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2按照2∶3的物质的量之比反应生成氢氧化铝、硫酸钡和硫酸铵，离子方程式：2Al3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓。（2）向含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2

，若x＝a，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===Br2＋2Fe3＋＋4Cl－；若x＝4a，亚铁离子和溴离子全部被氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－。

（3）①根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为5Cl2＋2CN－＋8OH－===2CO2＋N2＋10Cl－＋4H2O；②二价铁离子有还原性，Cr2O2－7有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，Cr2O2－7被还原为Cr3＋，反应方程式：Cr2O2－7

＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；③次氯酸钠具有强氧化性，可氧化I－生成单质I2，I2遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为ClO－＋2I－＋H2O===I2＋Cl－＋2OH－。12

．答案：（1）一定不HCO－3和CO2－3均可与盐酸反应生成二氧化碳，造成阴离子种类变化（2）Cl－、NO－3、SO2－4Fe2＋、Mg2＋（3）3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O（4）120解析：向原溶液中加入足量的盐酸，反应后溶液的阴离子的种类没有

变化，则原溶液中不存在OH－、HCO－3、CO2－3，一定存在Cl－，又因为产生无色气体，只能是Fe2＋与NO－3、H＋反应生成的NO，可确定原溶液中含有Fe2＋、NO－3、Cl－各1mol，因溶液中有5种离子，溶液中一定还含有1molSO2－4，而阳离子只能是Mg2＋，且物质

的量为1mol。（3）生成无色气体的离子方程式为3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。（4）向原溶液中加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥、灼烧生成0.5molFe2O3和1molMgO，故固体质量为120g。13．答案：Ⅰ.（1）Ba2＋＋CO2－3===Ba

CO3↓、Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O（2）Mg2＋、Ba2＋（3）否碳酸银、硫酸银、氯化银均为白色沉淀，无法确定是否含有Cl－（合理即可）（4）存在，经过计算可知，只有存在钠离子，溶液才能保持电中性

c（Na＋）≥0.2mol·L－1Ⅱ.（1）5Fe2＋＋MnO－4＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O（2）Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋、Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋解析：Ⅰ.①向第一份中加入

AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明CO2－3、SO2－4、Cl－至少有一种，则可能无Ba2＋；②向第二份中加足量KOH溶液并加热，收集到气体0.04mol，说明有0.04molNH＋4；③向第三份中加足量BaCl2溶液，得到沉淀6.27g，加入足量盐酸充分反应后，剩余沉淀2.

33g，则含SO2－4的物质的量为2.33g233g·mol－1＝0.01mol，含CO2－3的物质的量为6.27g－2.33g197g·mol－1＝0.02mol，可进一步判断无Mg2＋、Ba2＋。再根据电中性原则，

可进一步判断Na＋、Cl－存在的可能性。（1）根据分析可知，实验③加入的Ba2＋分别与CO2－3、SO2－4反应生成沉淀，离子方程式为Ba2＋＋CO2－3===BaCO3↓、Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓，加入足量盐酸，BaCO3溶解，离子方

程式为BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O。（2）根据分析可知，溶液中含有CO2－3、SO2－4，所以Mg2＋、Ba2＋一定不存在。（3）CO2－3、SO2－4、Cl－都能和AgNO3溶液反应生成白色沉淀，所以实验①中加入AgNO3溶液生成白色沉淀，不能说明原溶

液中含有Cl－。（4）每一份中：已知的阳离子NH＋4所带正电荷为0.04mol，已知的阴离子CO2－3、SO2－4所带负电荷为0.01mol×2＋0.02mol×2＝0.06mol，大于已知的正电荷的物质的量，根据电中性原则，一定有Na＋，而Cl－

不能确定，所以c（Na＋）≥0.06mol－0.04mol300×13×10－3L＝0.2mol·L－1。Ⅱ.（1）亚铁离子能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO－4＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。（2）含有铁离子、铜离子，加入过量铁后，发生反应的

离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋、Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋。课练5氧化还原反应狂刷小题夯基础[练基础]1．D根据原子守恒，X的化学式为Ag2S，A项错误；银针验毒时，氧元素化合价降低，空气中氧气得到电子，B项错误；反应中Ag是还原剂，氧气是氧

化剂，H2S既不是氧化剂又不是还原剂，C项错误；银的化合价升高1，每生成1molX，反应转移2mole－，D项正确。2．B水蒸气使CuSO4固体变蓝，发生了反应：CuSO4＋5H2O===CuSO4·5H2O，不是氧化还原反应，故A不选；氯气使浅绿色FeCl2溶液变黄，

发生了反应：Cl2＋2FeCl2===2FeCl3，Cl2中0价的Cl反应后降低到了FeCl3中的－1价，被还原，故B选；H2使灼热CuO固体变红，发生了反应：H2＋CuO=====△Cu＋H2O，H2中H的化合价从0价升高到了水中的＋1价，被氧化，故C不选；氨

气使AlCl3溶液产生白色沉淀，发生了反应：AlCl3＋3NH3·H2O===Al（OH）3↓＋3NH4Cl，不是氧化还原反应，故D不选。3．DA项，分析图1、图2可知，Mn2＋为反应物，作还原剂，则IO－4作氧化剂；B项，配平后的离子方程式为2Mn2＋＋5IO－4＋3H2O===2MnO－4＋

5IO－3＋6H＋，故1molMn2＋参加反应转移5mol电子；C项，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2；D项，配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、6。4．CXO（OH）＋2中X的化合价是＋5，Na2SO3中S的化合价从＋4升高到

＋6，设X元素被还原后的化合价为a，根据氧化还原反应中化合价升降必相等：2.4×10－3×（5－a）＝0.2×0.03×（6－4），解得a＝0。5．B反应中Cl元素由0价降低到－1价，C元素由＋2价升高到＋4价，N元素由－3价升高到0价，可知Cl2是

氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；由分析可知，配平后的离子方程式为2CN－＋8OH－＋5Cl2===2CO2＋N2＋10Cl－＋4H2O，反应中CN－是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，B错误；由离子方程式可知，若有1mo

lCN－发生反应，则有5NA个电子发生转移，C正确；若将该反应设计成原电池，则CN－在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确。6．D根据方程式SO2－3＋NO2===NO－2＋SO－3和SO－3＋H2O＋NO2===HNO2＋HSO－4可得氧化性：NO2>SO－3，还

原性：SO－3>HNO2，A正确；根据图示可知：在第Ⅱ阶段，SO－3、NO2在H2O存在条件反应产生SO3、NO－2。在第Ⅲ阶段，SO3结合OH－变为HSO－4，NO－2结合H＋变为HNO2，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：SO－3＋H2O＋N

O2===HNO2＋HSO－4，B正确；根据图示的转化过程知该过程中NO2→NO－2→HNO2，NO－2为中间产物，C正确；由题图可知，由SO2－3最终生成HSO－4，S的成键数目由3变为4，D错误。[练高考]7．B由

图可知，H—O—V4＋为中间产物，A项错误；该反应为燃煤烟气脱硝，消除了NO和NH3的污染，生成了无毒无害的H2O和N2，B项正确；由图可知，反应1是NH3生成了NH＋4，NH＋4在强碱性条件中不能大量存在，反应1要在酸性环

境中进行，C项错误；由图可知，反应物为NH3、NO和O2，生成物为N2、H2O，由于NH3、NO的含量不确定，故总反应的化学方程式可能为4NH3＋4NO＋O2===4N2＋6H2O，D项错误。8．BDKMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、M

nO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl－被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由－2升高至0被氧化，加热K2

MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由－1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KM

nO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；每生成1molO2转移4mol电子，每生成1molCl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl－生成Cl2所

失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n（气体）max＝0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误。9．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I2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。10．D本题考

查氧化还原反应。由反应可知，A、B错误；此反应转移7mol电子，生成4molI2，故生成12.7g（0.05mol）I2时，转移0.0875mol电子，C错误；此反应中1molK2H3IO6全部作氧化剂，9molHI中有7molHI作还原剂，故还原剂

和氧化剂的物质的量之比为7∶1，D正确。11．D氨气中氢元素化合价在反应前后未发生变化，A错误；在反应过程中NO2中氮元素化合价降低，得到电子，B错误；NH3中氮元素化合价升高，被氧化，是还原剂，NO2中氮元素化合价降低，被还原，是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为

4∶3，C错误；氧化产物由还原剂得到，还原产物由氧化剂得到，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4∶3，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶3，D正确。[练模拟]12．D根据制备反应方程式可知，CuSO4

中Cu的化合价由＋2价降至＋1价，作氧化剂，发生还原反应，SO2中S元素的化合价由＋4价升至＋6价，作还原剂，发生氧化反应，Cu2HgI4为还原产物。根据上述分析可知，Cu2HgI4中Cu的化合价为＋1价，则Hg的化合价为＋2价，A选项错误；反应中，只有Cu元素被还原，

B选项错误；反应中，CuSO4中Cu的化合价由＋2价降至＋1价，生成1molCu2HgI4时，转移2mol电子，转移的电子数为2NA，C选项错误；根据题干信息，CuSO4可与SO2在盐溶液中发生氧化还原反应，Cu2＋被还原为Cu＋，SO2被氧化为SO2－4，则反应2CuSO4＋2NaCl＋SO

2＋2H2O===2CuCl↓＋Na2SO4＋2H2SO4可以发生，D选项正确。13．B反应①中，硒元素化合价升高被氧化，硒是还原剂，SeO2为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是氧化剂，SO2是还原产物，故A正确；反应②中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘

元素化合价升高被氧化，碘化钾是还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；反应②中，生成2mol碘单质，转移4mol电子，则每生成0.2molI2共转移0.4mol电子，故C正确；在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，

氧化性：H2SO4（浓）>SeO2，反应②中SeO2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化性：SeO2>I2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）>SeO2>I2，故D正确。14．B反应前S的化合价是＋2价，反应后是＋2.5价，化合价升高，因此S2O2－3是还原剂，故A正确；根据

方程式可知，还原剂共失去2mol电子，而1mol氧气得到4mol电子，所以亚铁离子应该再失去2mol电子，因此Y是四氧化三铁，故B错误；根据原子守恒可知，故C正确；每有1molO2参加反应，转移的电子总数为1mol×4＝

4mol，D正确。15．AFe2＋化合价升高，是还原剂，Mn2＋是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，故A项正确；MnO－4中锰元素的化合价降低，是氧化剂，Fe3＋是氧化产物，故B项错误；锰元素由＋7价

降至＋2价，铁元素由＋2价升至＋3价，根据得失电子守恒，MnO－4、Mn2＋的系数为1，Fe2＋、Fe3＋的系数为5，根据电荷守恒，H＋的系数为8，根据质量守恒，H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO－4＋5Fe2

＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，由此可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，故C项错误；根据离子方程式MnO－4＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，生成4mol水时转移5mol电子，所以生成1mol水时，转移1.25mol电子，故D项错误。综合

测评提能力1．B将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，乙醇被氧化，Cr元素化合价由＋6价变为＋3价，属于氧化还原反应，A不符合题意；SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，发生反应生成盐和H2O，没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，B符合题意；SO2通入氯水中发生反应：SO2＋Cl2＋

2H2O===2HCl＋H2SO4，有电子转移，属于氧化还原反应，C不符合题意；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性，石蕊溶液褪色是因为发生氧化还原反应，D不符合题意。2．B氧化剂是铁离子，氧化产物是碘，氧

化性强弱符合题意，能发生，A不符合题意；FeI2中Fe2＋、I－均可被氯气氧化，而还原性I－>Fe2＋，氯气应先氧化I－而非Fe2＋，B符合题意；氧化剂是三氧化二钴，氧化产物为氯气，氧化性强弱符合题意，能发生，C不符合题意；氧化剂是氯气，氧化产物为铁离子，但是铁离子能氧化

碘离子，氯气应该首先氧化碘离子能发生，D不符合题意。3．C实验1中浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体，符合难挥发性酸制取挥发性酸，反应为NaCl＋H2SO4（浓）=====加热NaHSO4＋HCl↑，故A正确；实验1溶液颜色无明显变化说明浓

硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br－>Cl－，故B正确；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性：I－>Br－的结论，故C错误；根据分析，实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓

硫酸的强氧化性，故D正确。4．C由同一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：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4，A正确；2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，Fe元素的化合价由＋2价升高为＋

6价，O元素的化合价部分由－1价降低为－2价，部分由－1价升高为0价，所以FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B正确；2FeSO4～10e－，所以每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15mol电子，C错误；Na2FeO4处理水时，Na

2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确。5．B金属铈在空气中易氧化变暗，在自然界中主要以化合态形式存在，选项A正确；氧化性：Ce4＋>Fe3＋，Fe3＋>I2则Ce4＋能把氢碘酸氧

化生成单质碘，选项B不正确；用Ce（SO4）2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，选项C正确；四种稳定的核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，是具有相同质子数不同中子数

的不同原子，互称为同位素，选项D正确。6．DA项，根据方程式可知，双氧水中氧元素的化合价从－1价升高到0价，失去电子被氧化，双氧水是还原剂，错误；B项，双氧水中氧元素的化合价从－1价升高到O2中的0价，1个H2

O2分子失去2个电子，因此每生成1molO2转移电子的物质的量为2mol，错误；C项，ClO2中氯元素的化合价从＋4价降低到＋3价，1个ClO2分子得到1个电子被还原，错误；D项，根据以上分析可知，ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，正确。

7．B根据反应原理图，H2O2＋M＋H＋―→H2O＋M′的过程中H2O2被还原成H2O，M′＋H2O2―→M＋O2＋H＋的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2＋，M′为Fe3＋。根据分

析，A错误；图示中生成O2的反应为2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋，反应过程中O元素的化合价由－1价升至0价，因此当有1molO2生成时，转移2mol电子，故B正确；图示中的反应为2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋

＋O2↑＋2H＋、2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，则总反应为2H2O2=====催化剂2H2O＋O2↑，在H2O2分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的pH会逐渐增大，故C错误；根据2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋说明H2O2的还原性强

于Fe2＋，2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3＋，故D错误。8．B根据图示，可知反应Ⅰ为2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋，反应Ⅱ为4Ce3＋＋2NO＋4H＋===4Ce4＋＋N2＋2H2O，在整个过程中，Ce4＋是催化剂，Ce3＋是中间

产物，A正确；反应中Ce4＋是催化剂，反应前后物质的量不变，但是由于反应生成了水，故Ce4＋的浓度会降低，B错误；由反应Ⅱ知氧化剂是NO，还原剂是Ce3＋，两者物质的量之比为1∶2，C正确；根据原子守恒，溶液中

Ce元素总量始终不变，故Ce4＋和Ce3＋的总数保持不变，D正确。9．C反应中3Fe2＋→Fe3O4，当3molFe2＋参加反应时，有2molFe2＋化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，Fe2＋、S2O2－3被氧化，作还原剂，O2为氧化剂，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量

之比为1∶（2＋2）＝1∶4，A、D项正确；若有2molFe2＋被氧化，失去2mol电子，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5mol，B项正确；反应中3Fe2＋→Fe3O4，2S2O2－3―→S4O2－6，当3molFe2＋参加反应时，有2molFe2＋化

合价升高，S元素由＋2价升高到＋52价，所以每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4mol，C项错误。10．B反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，发生还原反应，MnO－4为氧化剂，A错误；反应Ⅰ中每

生成1molSO2－4，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2×（2－1）＋（6＋2）＝10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；反应Ⅱ中氧化剂MnO－4化合价降低（7－2）＝5，还原剂FeS2化合价共升高

1＋2×（6＋1）＝15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15∶5＝3∶1，C错误；若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高10，应氧化0.5molC

u2S，FeS2化合价共升高15，应氧化515mol＝13molFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol∶13mol＝3∶2，D错误。11．答案：（1）Cu、P2Ca3（PO4）2＋6SiO2＋10C===6CaSiO3＋10CO↑

＋P4（2）①＋3增强复合材料的导电性②V2O5＋5H2C2O4===V2（C2O4）3＋4CO2↑＋5H2O减少产品损耗③Li3V2（PO4）3－xe－===Li3－xV2（PO4）3＋xLi＋解析：（1）图示过程Ⅰ中白磷与硫酸铜溶液反应生成磷酸和Cu3P，其中P元素和Cu元素

的化合价均降低，被还原；过程Ⅲ中反应物为Ca3（PO4）2、SiO2和C，生成物为CaSiO3、CO和P4，反应的化学方程式为2Ca3（PO4）2＋6SiO2＋10C===6CaSiO3＋10CO↑＋P4；（2）①磷

酸钒锂/碳复合材料[Li3V2（PO4）3/C]中磷酸根离子显－3价，锂显＋1价，因此V的化合价为＋3价，该复合材料是常用的电极材料，C为导体，可以增强复合材料的导电性；②V2O5与H2C2O4反应生成V2（C2O4）3过程中V的化合价由＋5价降低为＋3价，则草酸被氧

化生成二氧化碳，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为V2O5＋5H2C2O4===V2（C2O4）3＋4CO2↑＋5H2O；Li3V2（PO4）3能够溶于水，“洗涤”时用乙醇而不用水，可以减少产品损耗；③该锂离子电池放电时的电池总反应为LixC6＋Li3－xV2（PO4）3===

Li3V2（PO4）3＋C6，则充电时电池的总反应为Li3V2（PO4）3＋C6===LixC6＋Li3－xV2（PO4）3，充电时阳极发生氧化反应，电极反应为Li3V2（PO4）3－xe－===Li3－xV2（PO4）3＋xLi＋。12．答案：（1）Cu＋

2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O1∶2（2）0.16（3）Fe3＋被还原成Fe2＋3Fe2＋＋4H＋＋NO－3===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O（4）碱式851481071.92×10－3mol解析：（1）盐酸不能与金属铜反应，加入H2O2后，发生氧化还原

反应，铜片溶解生成氯化铜、水，该反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O，氧化产物氯化铜与还原产物水的物质的量之比为1∶2。（2）n（KI）＝0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2

和KIO3，则n（I2）＝n（KIO3）＝0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol＋0.02mol×[5－（－1）]＝0.16mol。（3）先由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3＋先被还原为Fe2＋，变为浅绿色

的离子方程式是2Fe3＋＋SO2－3＋H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋2H＋，后变为棕黄色的原因是反应生成的H＋与NO－3组成的硝酸将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式是3Fe2＋＋4H＋＋NO－3===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。（4）Na2S2O3在溶液中水解

，使溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中；酸性条件下MnO－4能将S2O2－3氧化为SO2－4，本身被还原为Mn2＋，反应的离子方程式为8MnO－4＋5S2O2－3＋14H＋===8Mn2＋＋10SO2－4＋7H2O

；实验中，消耗n（S2O2－3）＝0.100mol·L－1×0.012L＝0.0012mol，由得失电子数目守恒得：n（MnO－4）×5＝0.0012mol×4×2，得n（MnO－4）＝1.92×10－3mol,则该

样品中KMnO4的物质的量是1.92×10－3mol。13．答案：（1）①2CrO2－4＋3HS－＋5H2O===2Cr（OH）3↓＋3S↓＋7OH－②S2－过量，水溶液中S2－能与单质硫反应生成S2－n，S2－n能还原Cr（Ⅵ），所以反应后期C

r（Ⅵ）被还原的速率反而加快可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度（2）Zn-Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率（3）单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe－6e－===3Fe2＋，3Fe2＋＋CrO

2－4＋4H2O===Cr（OH）3↓＋5OH－＋3Fe3＋解析：（1）①pH＝9的水溶液为碱性，所以发生的离子反应方程式为2CrO2－4＋3HS－＋5H2O===2Cr（OH）3↓＋3S↓＋7OH－；②水溶液中S2－能与单质硫反应生成S2－n，S2－n

能还原Cr（Ⅵ），加入过量的S2－，生成S2－n增多，所以反应后期Cr（Ⅵ）被还原的速率反而加快；Cr（Ⅵ）还原为低毒性的Cr3＋或Cr（OH）3，Cr（Ⅵ）为橙黄色，Cr3＋为绿色，Cr（OH）3为灰绿色沉淀，可以在不同反应

时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度；（2）原电池原理可以加快反应速率，Zn-Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率；（3）还原近中性废水中Cr（Ⅵ），单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe－6e－===3Fe2＋，二价铁离

子发生氧化反应，CrO2－4发生还原反应生成三价铬，符合图中所示原理，3Fe2＋＋CrO2－4＋4H2O===Cr（OH）3↓＋5OH－＋3Fe3＋。单元检测2化学物质及其变化1．BCO2是非电解质，H

NO3、NaOH是强电解质，B项正确。2．B无水硫酸铜吸水变蓝，是CuSO4和水反应生成了CuSO4·5H2O，没有发生氧化还原反应，A不符合题意；向FeCl3溶液中滴加淀粉KI溶液，Fe3＋把I－氧化为I2，I2遇淀粉变蓝，与氧化还原反应有关

，B符合题意；向Fe2（SO4）3溶液中滴加NaOH溶液，生成红褐色的Fe（OH）3沉淀，没有发生氧化还原反应，C不符合题意；将二氧化碳通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，发生反应：CO2＋Ca（OH）2===CaCO3↓＋H2O，继续通入

二氧化碳溶液又变澄清，发生反应：CaCO3＋H2O＋CO2===Ca（HCO3）2，没有发生氧化还原反应，D不符合题意。3．C中子数为10的氧原子，其质量数为18，表示为：188O，A错误；CH4O是甲醇

的分子式，甲醇的结构式为，B错误；CO2中C原子和O原子形成两个共用电子对，其电子式为O····∶∶C∶∶O····，C正确；球棍模型中，用大小不同的小球和短棍分别表示原子、共价键，为H2O的空间填充模型（空间填充模型），D错误。4．Da是S的氢化物，S元素的化合价为－2价，则

a为H2S；b是S单质；C是S的氧化物且S的化合价为＋4价，则c为SO2；d、e均为S的含氧酸，S元素的化合价分别为＋4价、＋6价，则d为H2SO3，e为H2SO4；f、g是盐，S元素的化合价分别为＋4价、＋6价，则f为亚硫

酸盐，g为硫酸盐。a为H2S，是弱电解质，在水中分两步电离，电离方程式为H2S⇌HS－＋H＋、HS－⇌H＋＋S2－，A项错误；b是S的单质，存在同素异形体，如斜方硫、单斜硫、弹性硫，B项错误；d为H2SO

3，e为H2SO4，H2SO3是弱酸，C项错误；H2S具有还原性，SO2、H2SO3、H2SO4均有氧化性，故H2S与SO2、H2SO3、H2SO4都有可能反应生成S单质，D项正确。5．B①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCO3，

排除C选项；②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KCl；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSO4，综合以上分析，混合物由KCl和MgSO4两种物质组成，故选B。6．D反应Ⅱ中，NH＋4中N被氧化，而NO－3中N被还原，A项错误

；反应Ⅰ中1molNH＋4转化为1molNO－3，根据反应Ⅱ，NH＋4与NO－3的物质的量之比为5∶3时可完全转化为N2，可知好氧菌池和厌氧菌池中投放的废液体积比为3∶5时，NH＋4能完全转化为N2，B项错误；常温

常压下22.4LN2的物质的量不为1mol，C项错误；已知反应Ⅰ：NH＋4（aq）＋2O2（g）===NO－3（aq）＋2H＋（aq）＋H2O（l）ΔH1＝akJ·mol－1，反应Ⅱ：5NH＋4（aq）＋3NO－3（aq）===4N2

（g）＋9H2O（l）＋2H＋（aq）ΔH2＝bkJ·mol－1，根据盖斯定律3×反应Ⅰ＋反应Ⅱ2可得4NH＋4（aq）＋3O2（g）===2N2（g）＋4H＋（aq）＋6H2O（l）ΔH＝12（3a＋b）kJ·mol－1，D项正确。7．A由于Fe2＋、I－、

Br－的还原性大小为：I－>Fe2＋>Br－，故向该溶液中通入氯气，氯气先氧化I－，再氧化Fe2＋，最后氧化Br－。故a、b、c、d曲线分别表示I－、Fe2＋、Fe3＋、Br－的变化情况，A项错误；由图像可知，I－

为2mol，故原溶液中FeI2为1mol，B项正确；由图可以看出Fe2＋是4mol，Br－是6mol，故原溶液中n（Fe2＋）∶n（Br－）＝2∶3，C项正确；当通入2molCl2时，2mol的I－消耗氯气1

mol，余下的1mol氯气再与2molFe2＋反应，故溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，D项正确。8．C某化肥厂用H2O、CO2、NH3、CaSO4制备（NH4）2SO4，由于氨气的溶解度远远大于二氧化碳，所以根据题中工艺流程可知

：CaSO4悬浊液中先通入NH3得甲混合液，再通入CO2得（NH4）2SO4和CaCO3的混合物质乙，过滤得（NH4）2SO4溶液和CaCO3固体，CaCO3在高温下分解生成CO2和CaO，CO2可以循环利用，（NH4

）2SO4溶液经过提纯可得（NH4）2SO4固体，据此答题。根据上面的分析可知，氨气不可以循环使用，二氧化碳可以循环使用，A错误；实验中用的是CaSO4悬浊液，在离子方程式中应用化学式表示，所以步骤②中发生的反应为：CaSO4

＋CO2＋2NH3·H2O===CaCO3↓＋2NH＋4＋H2O＋SO2－4，B错误；往甲中通CO2会生成碳酸钙沉淀，所以利于（NH4）2SO4生成，C正确；根据上面的分析可知：整个流程中不涉及氧化还原反应，D错误。9．DFeSO4可将有害

的Cr2O2－7转化为Cr3＋，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，该过程中发生的反应为6Fe2＋＋Cr2O2－7＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，故随着反应的进行，该废水的pH会增大，A，B错误；由上述离子方程式可知，每转移6m

ole－，有1molCr2O2－7被还原，故转移0.6mole－，会有0.1molCr2O2－7被还原，C错误；除去废水中Cr2O2－7的过程包括氧化还原反应和复分解反应，D正确。10．BA项，I－具有强还原性，ClO－具有强氧化性，I－与Cl

O－发生氧化还原反应，I－与ClO－不能大量共存；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，能大量共存；C项，CH3COO－能与H＋反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO－不能大量存在；D项，Mg2＋、HCO－3都能与OH－反应，Mg2＋、HCO－3与OH

－不能大量共存。11．D设CrO5中－1价O和－2价O的个数分别为x和y，则x＋y＝5、x＋2y＝6，解得x＝4、y＝1，A正确。30～80s过程中，Cr由＋3价升高为＋6价，被氧化，可能是溶液中溶解的氧气所致，B正确。由2CrO2－4＋2H＋⇌Cr2O2－7

＋H2O可知，不滴加H2O2溶液只加NaOH溶液时，能促使平衡逆向进行，也能实现Cr2O2－7转变为CrO2－4，C正确。由题图2知30s时生成了Cr3＋，Cr的化合价降低，被还原，则H2O2为还原剂，氧化产物为O2。初步确定反应为Cr2O2－7＋H＋＋H2O2―→Cr3＋＋O2↑＋H2O，Cr

由Cr2O2－7中的＋6价降为＋3价，得2×3e－，O由H2O2中的－1价升为O2中的0价，失2×e－，根据得失电子守恒，先确定Cr2O2－7和H2O2的化学计量数分别为1、3，然后配平其他微粒的化学计量

数，得Cr2O2－7＋8H＋＋3H2O2===2Cr3＋＋3O2↑＋7H2O，D错误。12．AClO－具有强氧化性，能将SO2氧化成SO2－4，又因为SO2少量，溶液中仍存在ClO－，故反应的离子方程式为SO2＋H2O＋3ClO－===

SO2－4＋Cl－＋2HClO，A符合题意。根据还原性：I－>Fe2＋>Br－，故通入等物质的量的氯气后，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，B不符合题意。滴加Ca（HCO3）2溶液反应的离子方程式为Ca2＋＋HCO－3＋OH－===CaCO3↓＋H

2O。C不符合题意。明矾溶于水后会电离出铝离子，所以向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，使沉淀的物质的量最大时，生成的氢氧化铝未溶解，则其离子方程式为2Al3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓，D不符合题意。13．D反应中，钌元素化合价升高被

氧化，Na2RuO4还原剂，RuO4为氧化产物，氯元素化合价降低被还原，NaClO是氧化剂，NaCl是还原产物，A错误；H2SO4中各元素的化合价在反应前后均未变，反应中硫酸只体现酸性，B错误；RuO4能氧化浓盐酸生成

Cl2，氧化剂的RuO4氧化性大于氧化产物Cl2的，即氧化性RuO4>Cl2，Na2RuO4与NaClO反应可制得RuO4，氧化剂NaClO的氧化性大于氧化产物RuO4的，即氧化性ClO－>RuO4，C错误；RuO4有强氧化性，能氧化浓盐酸生成

Cl2和Ru3＋，用浓盐酸代替稀硫酸时无法得到RuO4，D正确。14．D反应方程式为3ClO－＋2NH＋4===N2↑＋3H2O＋3Cl－＋2H＋，该反应的还原剂为NH＋4，故A错误；N元素化合价由－3升高到

0，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故C错误；反应生成H＋，溶液酸性增强，故D正确。15．C根据制备流程分析，步骤ⅰ为FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应生成H2O和Fe2（SO4）3，根据氧化还原反应规律可得反应

的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，A选项正确；步骤ⅱ为Fe2（SO4）3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原反应得到Na2FeO4，氧化剂是NaClO，氧化产物为Na2FeO4，故氧化性：NaClO>Na2FeO4，B选

项正确；步骤ⅲ为Na2FeO4与饱和KOH溶液发生复分解反应得到K2FeO4粗品，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4>K2FeO4，C选项错误；由于K2FeO4具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物产生的Fe3＋水解得到Fe（OH）3

胶体，具有絮凝的作用，故K2FeO4是一种性能优良的水处理剂，D选项正确。16．答案：（1）4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3（2）BaSO4、Fe（OH）3、NH3（3）3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑

＋2H2OCO2＋OH－===HCO－3、AlO－2＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3（4）NO－3、Ba2＋、CO2－3、SO2－3Cl－、Fe3＋解析：（1）在强酸性溶液中一定不会存在CO2－3和SO2－3，加入过量硝酸钡生成沉淀，

则该沉淀为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO2－4；生成气体A，A可以发生连续氧化，则A为NO，D为NO2，E为HNO3,说明溶液中含有还原性离子，一定有Fe2＋；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成的沉淀

H为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3,说明溶液中含有NH＋4；溶液G中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，溶液G中含有AlO－2，说明溶液X中含有Al3＋；强酸性溶液中含有Fe2＋，就一定不含NO－3，含有SO2－4就一定不含Ba2＋，

不能确定是否含有Fe3＋和Cl－。由以上推断可知，D为NO2,E为HNO3，反应③的化学方程式4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3。（2）由以上推断可知，沉淀C为BaSO4沉淀，沉淀H为Fe（OH）3,气体F为

NH3。（3）Fe2＋被氧化为Fe3＋，NO－3被还原为NO气体，反应的离子方程式为3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。溶液G中含有OH－和AlO－2，通入过量二氧化碳后分别发

生的反应为：CO2＋OH－===HCO－3、AlO－2＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3。（4）通过以上分析可知，X中肯定含有Al3＋、NH＋4、Fe2＋、SO2－4可能含有Fe3＋

、Cl－，一定没有Ba2＋、CO2－3、SO2－3、NO－3。17．答案：（1）①2SbOCl＋2NH3·H2O===Sb2O3＋2NH＋4＋2Cl－＋H2O②4As3＋＋3H2PO－2＋6H2O===4As↓＋3H3PO4＋9H＋（2）①5Cl－＋6H＋＋6Ag＋ClO－3===6AgCl＋3H

2O②AgCl＋2NH3·H2O===[Ag（NH3）2]＋＋Cl－＋2H2O解析：（1）①由题意可知SbOCl→Sb2O3，NH3·H2O→NH4Cl，据此可写出反应的离子方程式。②As2O3在“浸出”时转化为AsCl3，“除砷”时，H2PO－2→H3PO4，AsCl3→As，根

据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平即可。（2）①“浸取1”中金属Ag与浓盐酸、氯酸钾反应生成氯化银、氯化钾和水，反应的离子方程式为5Cl－＋6H＋＋6Ag＋ClO－3===6AgCl＋3H2O。②加入氨水，AgCl与NH3·H2O反应

生成[Ag（NH3）2]Cl溶液，反应的离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O===[Ag（NH3）2]＋＋Cl－＋2H2O。18．答案：（1）②④⑦③⑤⑥⑦（2）①FeCl3饱和液体呈红褐FeCl3＋3H2O=====△Fe（OH）3（胶体）＋3

HCl②SO2－4胶体的聚沉③丁达尔效应（3）①2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋②蒸发浓缩玻璃棒③2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O解析：（1）电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。①干冰是固态二氧化碳，不属于电解质；②NaHCO3属

于盐，在水溶液中可以完全电离出Na＋和HCO－3而导电，属于电解质；③氨水属于混合物，不是电解质，但氨水中NH3·H2O可电离产生NH＋4和OH－，故氨水可以导电；④纯醋酸属于酸，在水溶液中可以部分电离出

CH3COO－和H＋，属于电解质；⑤FeCl3溶液是混合物，不是电解质，但是溶液中含Fe3＋和Cl－，可以导电；⑥铜是单质，不是电解质，但是金属铜中有自由移动的电子，可以导电；⑦KOH属于碱，在熔融状态下和水溶液中均可以电离出离子而导

电，是电解质；⑧蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不导电，不属于电解质。（2）①Fe（OH）3胶体的制备过程为向煮沸的蒸馏水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，即可制得Fe（OH）3胶体，反应的化学方程

式为FeCl3＋3H2O=====△Fe（OH）3（胶体）＋3HCl。②向Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于SO2－4中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶粒发生聚沉。③利用胶体具有丁达尔效应而溶液没有丁达尔效应这一性质可区分胶体和溶液。（

3）①用FeCl3溶液刻蚀铜箔制造电路板，利用的是Fe3＋的氧化性，其反应的离子方程式是2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。②利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，为防止Fe3＋水解，其主要操作

包括滴入过量盐酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；过滤操作需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。③用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，结合得失电子守恒、电荷守恒可知反应的离子方程式为2Fe

3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O。19．答案：（1）④⑦①③（2）先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液（3）C（4）Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO2－4===BaSO4↓＋2

H2O解析：Ⅰ.（1）由多种物质组成的是混合物，④⑦是混合物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，①③为电解质；②Cu是金属单质，不属于电解质，也不是非电解质；⑤酒精和⑥CO2都是化合物，二者都属于非电

解质；故属于混合物的是④⑦；属于电解质的是①③。（2）电解质溶液能使胶体发生聚沉，故向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸能发生胶体聚沉产生氢氧化铁红褐色沉淀；继续滴加稀硫酸，则氢氧化铁沉淀会与硫酸发生酸碱中和反应生成可溶性的Fe2（SO4）3而使沉淀溶解，得到黄色溶液，故反应现象是先出现红褐

色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液。Ⅱ.（3）所有的置换反应都是氧化还原反应，与氧化还原反应的关系是被包含和包含的关系，所以A是氧化还原反应，B是置换反应，所以C是离子反应。（4）离子反应H＋＋OH－===H2O表示强酸、强碱混合生成可溶性强电解质和弱电解质水的反应，若是弱酸、弱碱发生中和反应，

或者酸碱中和反应生成的盐是难溶性的沉淀，则不能用此离子方程式来表示，例如H2SO4、Ba（OH）2发生的中和反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO2－4===BaSO4↓＋2H2O。20．答案：（1）Fe2O3

＋6HCl===2FeCl3＋3H2O（2）FeCl3＋3NaOH===Fe（OH）3↓＋3NaCl复分解反应（3）沸水饱和氯化铁溶液红褐FeCl3＋3H2O=====△Fe（OH）3（胶体）＋3HCl（4）

丙溶液和胶体（5）2Fe（OH）3＋3H2SO4===Fe2（SO4）3＋6H2O（6）A（7）渗析取渗析2～3次以后的放置一定时间的渗析液2mL盛在试管中，向试管内加硝酸酸化的硝酸银溶液，如果溶液里不产生白色沉淀，证明F

e（OH）3胶体与Cl－已完全分离解析：（1）Fe2O3是金属氧化物，与HCl反应产生FeCl3、H2O，反应的化学方程式为：Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O。（2）取少量该FeCl3溶液置于试管甲中，滴入NaOH溶液，二者发生复分解反

应产生Fe（OH）3红褐色沉淀和NaCl，反应的化学方程式为：FeCl3＋3NaOH===Fe（OH）3↓＋3NaCl。（3）在小烧杯甲中加入25mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中加入2～3滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液

呈红褐色停止加热，就制取得到Fe（OH）3胶体；该反应的化学方程式为：FeCl3＋3H2O=====△Fe（OH）3（胶体）＋3HCl。（4）胶体的分散质微粒直径比较大，能够使光线发生散射作用，看到一条光亮的通路，即产生丁达尔效应；而溶液不能产生丁达尔效应。因此另取一小烧杯乙加入25mL蒸馏水，

然后再加入2mL该FeCl3溶液，振荡均匀，将乙烧杯与另一盛有Fe（OH）3胶体的丙烧杯一起放置在暗处，分别用红色激光笔照射烧杯中的液体，可以看到丙烧杯中产生丁达尔效应。用这个实验可以区别溶液和胶体。（5）取丙烧杯中的少量F

e（OH）3胶体置于试管乙中，向试管乙中滴加一定量的稀硫酸，边滴加边振荡，首先会看到胶体由于聚沉形成红褐色沉淀，然后发生中和反应产生Fe2（SO4）3和水，故最终沉淀溶解又得到棕黄色的溶液，发生此变化的化学方程式为：2Fe（OH）3＋3H2SO4===Fe

2（SO4）3＋6H2O。（6）Fe（OH）3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe（OH）3胶体粒子的直径在1～100nm之间，大于溶液中溶质离子，故合理选项是A。（7）由于胶体的分散质微粒直径比较大，而溶液中溶质离子直径比较小，故可以通过渗析方法提纯Fe（OH）3胶体。

可根据AgCl是白色难溶性固体，取渗析液，向其中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，就证明其中不含有Cl－，来判断二者是否分离完全，故证明Fe（OH）3胶体和Cl－已分离完全的实验操作是：取渗析2～3次以后的放置一定时间的渗析液2mL盛在试管中，向试管内加硝酸酸化的硝

酸银溶液，如果溶液里不产生白色沉淀，证明Fe（OH）3胶体与Cl－已完全分离。第三单元金属及其化合物课练6钠及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．D“采蒿蓼之属，……晒干烧灰”，说明“石碱”为蒿蓼烧成的灰中的成分；“以原水淋汁”，说明“石碱”易溶于水；“浣衣发面，……亦去垢发面”

，说明“石碱”能去油污、作发酵剂，排除KOH、KAl（SO4）2；且植物烧成的灰中的主要成分一般为碳酸盐，故“石碱”为K2CO3，D项符合题意。2．CCO2与Na2O2固体反应生成白色固体Na2CO3，反应中Na2O2既作氧化剂又作还原剂，二氧化碳既没被氧化也没被还原，故A错误；Na2CO3的热

稳定性强于NaHCO3，将NaHCO3和Na2CO3的混合固体加热至恒重，最终只剩Na2CO3固体，达不到实验目的，故B错误；三者均含有钠元素，焰色试验为黄色，故C正确；该离子方程式不满足电荷守恒和得失

电子守恒，正确的离子方程式为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，故D错误。3．CCs2CO3与Na2CO3的性质相似，Na2CO3受热不分解，则Cs2CO3受热也不分解。4．DNa2O2和H2O反应生成NaOH和O2，化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑

，故A正确；2H2O2=====MnO22H2O＋O2↑，实验③中MnO2作H2O2分解反应的催化剂，故B正确；Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，H2O2分解生成H2O和O2，综合实验①和③可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成，故C正确；Na2O2、H2O2具有氧化性，可以

使酚酞褪色，故D错误。5．D根据图像可知，当加入75mL盐酸时，CO2的生成量不再发生变化，所以生成的氯化钠为0.0075mol，根据原子守恒可知，A和B中氢氧化钠的物质的量是0.0075mol，浓度是0.75m

ol·L－1，A不正确；由于碳酸钠和盐酸的反应是分步进行的，即碳酸钠首先与盐酸反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成CO2，所以根据图像可知A曲线表示的溶液中含有氢氧化钠和碳酸钠，而B曲线表示的溶液

中含有碳酸钠和碳酸氢钠，B、C不正确；B曲线中NaHCO3和HCl反应生成CO2所消耗的盐酸是50mL，所以生成的CO2是0.005mol，标准状况下的体积是112mL，D正确。6．B加热时NaHCO3分解：2N

aHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O，然后Na2O2与CO2、H2O发生反应：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，由化学方程式可知，转移1mol电子，则反应1molNa2O2，生成0.5m

olO2，若过氧化钠过量，则产物为Na2CO3和NaOH，无H2O，若过氧化钠不足，则产物为Na2CO3、H2O，可能有NaOH。7．D钠燃烧的产物为过氧化钠，结合c试管中有小气泡产生的现象推知过氧化钠和硫酸可能发生反应Na2O2＋2H＋===2Na＋＋H2O2，A项正确；a试管中溶液变为

红色，说明溶液中含有Fe3＋，则燃烧前钠块中含有铁元素，B项正确；由c试管中的实验现象知，溶液中的物质与酸性高锰酸钾溶液发生了氧化还原反应，并产生了气体，结合A项可推测c试管中发生的反应为5H2O2＋6H＋＋2MnO－4===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，C项正确；由a、b试管中的现象可知，钠

的燃烧产物中含有Fe3＋，不含Fe2＋，不能判断钠的燃烧产物中含Fe2O3，不含Fe3O4，D项错误。[练高考]8．BNa2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na＋、CO2－3、HCO－3、H2CO3、H＋、OH－、H2

O，故含有的微粒种类相同，A正确；加入Ca2＋后，Ca2＋和CO2－3反应生成沉淀，使CO2－3的水解平衡左移，抑制Na2CO3水解，B错误；Al3＋与CO2－3、HCO－3都能发生互相促进的水解反应，C正确；由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根

，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确。9．CNa与H2O反应是因为金属钠的特殊活泼性，不是金属的通性，所以不能类比其他金属，A错误；HClO具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，B错误；

Na3N是离子化合物，与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，可看作是阴、阳离子之间重新组合生成NaCl和NH3，NH3再与HCl结合生成NH4Cl，Mg3N2与Na3N结构相似，都是离子化合物，结构决定性质，所以反应可以“类比

”，C正确；氨水与少量AgNO3反应生成[Ag（NH3）2]＋，离子反应方程式为Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag（NH3）2]＋＋2H2O，所以得不到Ag2O，D错误。10．答案：（1）NaHCO330～35℃，NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3和NH

4Cl的溶解度（2）D（3）甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色（4）3.56%（5）偏大解析：（1）根据相关盐在不同温度下的溶解度可知，30～35℃，NaHCO3的溶解度明显小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度，因此NaHCO3在步骤Ⅰ中结晶析出。（2）300℃给固体加热选用的

仪器应为坩埚。（3）本题中测定碳酸氢钠含量采用了双指示剂滴定法，第一滴定过程以酚酞为指示剂，Na2CO3转化为NaHCO3，第二滴定过程以甲基橙为指示剂，NaHCO3转化为NaCl、CO2和H2O，所以第二滴定终点前后溶液由黄色变为橙色，且半分

钟内不变色。（4）由（3）的分析过程可知，25.00mL待测液中所含NaHCO3的物质的量为0.1000mol·L－1×（V2－V1）×10－3L，则2.500g产品中所含NaHCO3的质量为84g·mol

－1×250mL25.00mL×0.1000mol·L－1×（23.51－22.45）×10－3L≈0.089g，则产品中NaHCO3的质量分数＝0.089g2.500g×100%≈3.56%。（5）第一次滴定终点时，俯视读数，

导致测得的V1偏小，NaHCO3质量分数的计算结果偏大。[练模拟]11．C装置甲气密性的检查方法：先关闭K1，再向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，故A错误；甲装置为Zn与稀盐酸反

应生成氢气，盐酸易挥发，则乙装置中应为碱石灰可除去HCl和水蒸气，故B错误；氢气具有可燃性，不纯时加热易发生爆炸，则加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，故C正确；Cu与浓硫酸反应制取SO2要加热，故D错误。12．A氢氧化钡足量，挥发出的HCl先被吸收，不会

影响BaCO3沉淀的生成和测定，添加吸收HCl的装置不是必要操作，故A错误；碱石灰可与空气中二氧化碳反应，可防止空气中的二氧化碳进入装置③中影响实验的准确度，故B正确；根据③中沉淀的质量计算碳酸钠的纯度，故需要通入空气，保证②中产生的二氧化碳完全转移到③中被充分吸收，减小实

验误差，故C正确；③中产生的沉淀为碳酸钡，根据③中碳酸钡的质量可计算出生成二氧化碳的质量，根据生成二氧化碳的质量可计算样品中碳酸钠的质量，结合称取样品的质量即可求算碳酸钠固体的纯度，故D正确。13．CA项，因K

2CO3与盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钾，盐酸过量时才生成气体，故可行；B项，K2CO3受热不分解，NaHCO3受热分解产生CO2，故可行；C项，二者与Ba（OH）2溶液反应都产生白色沉淀BaCO3，故不可行；D项，钾的焰色试验为紫色（透

过蓝色钴玻璃观察），钠的焰色试验为黄色，故可行。14．答案：（1）浓硫酸除去二氧化碳中的水蒸气（2）应短导管进，长导管出（3）大于（4）碱石灰（5）油浴可以在210～220℃下进行，水浴不能达到这样的温度（

6）2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2解析：（1）大理石与盐酸反应生成的CO2气体中混有HCl和水蒸气，B中盛有的饱和NaHCO3溶液可吸收挥发出的HCl，C中盛放浓硫酸，用于除去CO2中水蒸气。（2）根据

题图1知，装置E为采用排水法收集氧气的装置，则集气瓶中应短导管进，长导管出。（3）C3H6O2可写成C·（CO）2·（H2）3，C可转化为CO，则反应后固体质量增加量大于ag。（4）生成的氨气中含有水蒸气，需要干燥，则装置H中盛放的药品为碱石灰。（5）由于制备NaN

3的反应需要在210～220℃下进行，所以实验中使用油浴而不用水浴。（6）氨气与熔融的钠反应生成NaNH2，根据原子守恒、得失电子守恒可知，反应的化学方程式为2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2。综合测评提能力1．BA项，氯化钠有咸味，可用作食品调味剂；B项，碳酸氢

钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；C项，钠元素的焰色试验为黄色；D项，钠的金属活动性比较强，可以从熔融盐中置换出钛、锆等金属。2．D常用于生产玻璃和除油污的是碳酸钠（苏打），A错误；过氧化钠具有强氧化性，因而具有漂白性，但不可用于食品漂白，B错误；医用酒精是通过使病毒的蛋白质变性而消毒，并非是将病

毒氧化，C错误；氯化钠溶液可以充当原电池的电解质溶液，使桥梁形成无数个微小的原电池，从而加速腐蚀，D正确。3．A火焰呈紫色（透过蓝色钴玻璃），说明待测试液中一定含有钾元素，由于蓝色钴玻璃能滤去黄色光，所以可能含钠元素，故A正确；白色沉淀可能是硅酸、氢氧化铝

等，该溶液中可能含有SiO2－3、AlO－2，故B错误；使品红溶液褪色的气体可能是臭氧、氯气、二氧化硫等，故C错误；NaOH溶液过量，可与氯化镁、氯化铁反应，均有沉淀生成，而不是沉淀的转化，则不能说明Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2的溶解度，故D错误。4．C装置②中

试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故A正确；装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故B正确；由于氧气密度大于空气，应选择装置b，故C错误；装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故D正确。5．B根据同主族元素性质的递变规律，从金属锂到金属钫随原子序数的递增，原

子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强，与水反应的剧烈程度逐渐增强，与氧气反应的产物越来越复杂，可以生成过氧化物、超氧化物甚至臭氧化物等。6．A由于Na2O2与水反应生成NaOH和O2，即2Na2

O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，反应后溶液呈碱性，HCO－3能与OH－反应生成CO2－3和H2O，即HCO－3＋OH－===H2O＋CO2－3，NH＋4能与OH－反应生成一水合氨，即NH＋4＋

OH－===NH3·H2O，则①HCO－3、④CO2－3、⑤NH＋4浓度发生变化，Na2O2具有强氧化性，②SO2－3被氧化生成SO2－4，则②SO2－3浓度也发生变化，根据分析可知，溶液中离子浓度基本保持不变的是③K＋、⑥NO－3，A

正确。7．C氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，A错误；向溶液中通入CO2时，应长进短出，B错误；从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，C正确；

碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，D错误。8．B根据化学方程式Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，当碳酸钠和HCl物质的量相等时，不会产生二氧化碳，A项错误；在Na2CO3溶

液、NaHCO3溶液中，碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液呈碱性，但是碳酸根离子水解程度大，所以碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，C项错误；向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO

3↓，常温下在相同的溶剂中，Na2CO3比NaHCO3易溶，所以会析出碳酸氢钠晶体，D项错误。9．B稀硫酸与过碳酸钠反应生成CO2，由于空气中含有CO2，所以需要除去空气中的CO2，又因为还需要防止空气中的水蒸气进入c，所以连接顺

序是装置Ⅲ→Ⅰ→Ⅱ，A项正确；装置b和e中盛放的试剂分别是浓硫酸和氢氧化钠溶液，B项错误；装置d的作用是防止空气中的H2O和CO2进入c中，C项正确；氢氧化钙与CO2反应生成碳酸钙沉淀，因此若b中盛放的是澄清石灰水，只用装置Ⅰ即可验证过碳酸钠与硫酸反

应是否生成CO2，D项正确。10．C切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面失去金属光泽生成白色的Na2O而逐渐变暗：4Na＋O2===2Na2O，A正确；向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变为黑色：2AgCl（s）＋S2－（aq）⇌Ag2S（s）＋2

Cl－（aq），B正确；向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变红是由于CO2－3水解而呈碱性，由于碳酸是多元弱酸，故碳酸根离子的水解反应分步进行，以第一步为主，CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋OH－，C错误；向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，至溶液恰好呈中性：2H＋＋SO2

－4＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O，D正确。11．答案：（1）五ⅠA（2）①③④（3）D（4）AB解析：（2）同主族元素，从上至下原子半径逐渐增大，②错误。（3）由反应RbH＋H2O===RbOH＋H2↑可知，水中氢元素的化合价由＋1价降低为0价，水作

氧化剂，而RbH中氢元素的化合价升高，由－1价变为0价，RbH作还原剂，H－核外有两个电子，D项正确。（4）设该合金的平均摩尔质量为Mg·mol－1，则根据得失电子守恒可得：50gMg·mol－1＝22.4L22.4L·mol－1×2，M＝25，因Mr（Rb）＞25，则另一种碱金属的相对原

子质量应小于25，可能为Li或Na。12．答案：（1）①检查装置气密性③除去装置中的水蒸气和二氧化碳（2）①Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大②碱石灰防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结果偏

大③286（m－18n44）180a×100%解析：（1）①由实验原理可知，实验需要通过测量D装置内碱石灰增加的质量，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置增加的质量，计算生成水的质量，故应首先检验装置的气密性。③装置内有空气，含有水蒸气和CO2，会影响对样品生成的水蒸气和CO2质量的

测定，实验前通入氮气，排出装置中原有的水蒸气和二氧化碳，减少误差。（2）①若加热反应后不鼓入氮气，生成水蒸气质量和CO2质量测定结果会偏小，又碳酸氢钠依据二氧化碳计算，而Na2CO3·10H2O的质量是根据生成水的总质量计算的，则测得的NaH

CO3和Na2CO3·10H2O的含量偏小而NaCl含量偏大。②干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和CO2，若撤去E装置，则D装置中测得CO2的质量偏大，使测定的NaHCO3的质量分数偏大。③若样品质量为ag，反应后C、D装置增加的质量分别为mg、

ng，D装置中增加的质量为生成CO2的质量，设NaHCO3分解生成的水蒸气的质量为xg，则2NaHCO3=====△Na2CO3＋H2O＋CO2↑18g44gxgngx＝18n44g，装置C吸收的是水蒸气，包括NaHCO3分解生成的水蒸气和Na2CO3·10H2O分解生成的水蒸气，故Na2CO3·

10H2O分解生成的水蒸气的质量＝mg－18n44g，设Na2CO3·10H2O的质量为yg，Na2CO3·10H2O=====△Na2CO3＋10H2O286g180gygmg－18n44gy＝286m－18n44180

g，所以Na2CO3·10H2O的质量分数为286m－18n44180a×100%。13．答案：（1）关闭K1，向A装置中的漏斗中加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不下降，说明虚线框内的装置气密性良好（2）碱石灰吸收氢

气中的水和氯化氢（3）BADC（4）Na2O2＋H2=====△2NaOH（5）①玻璃棒②偏小解析：（1）关闭K1，向A装置中的漏斗中加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不下降，说明启普发生器的气密性良好。（2）A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装

置中所盛放的碱石灰吸收氢气中的水和氯化氢。（3）步骤3中的必要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操

作顺序为B、A、D、C。（4）Na2O2与H2反应无水生成，说明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2＋H2=====△2NaOH。（5）①NaCl溶液蒸发操作需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒。②在转移

溶液时，若溶液转移不完全，则得到的NaCl的固体质量偏低，固体增重偏低，导致NaOH的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。课练7镁、铝及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．A用金属钠高温还原氯化铝制铝时，生产成本太高，工业上常用电解熔融氧化铝的方法制铝，A不正确

；热的纯碱溶液的碱性强，可促进油脂的水解，工业生产中，常用于清洗铁制品表面的油污，B正确；制备Fe（OH）3胶体时，先将氯化铁饱和溶液滴入沸水中，然后继续加热煮沸直至液体呈红褐色为止，C正确；干粉的主要成分为碳酸氢钠，它受热分解可生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，因为燃烧的

镁制品能在二氧化碳气体中继续燃烧，所以镁制品着火后不宜用干粉灭火器灭火，D正确。2．D常温下水的pH为7，而题图中水的pH小于6.50，所以该实验不是在常温下进行的，A项错误；镁与热水反应有氢氧化镁产生，随着反应的进行，溶液的碱性越来越强，因此实线表示溶液pH随时间的变化，B项错误

；50s时溶液pH小于8.00，因此滴入酚酞试液，溶液不会变红，C项错误；150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg（OH）2沉降，D项正确。3．D利用极值法进行计算，分别计算出3.6g镁、3.6g铝与稀硫酸

完全反应生成气体的物质的量、标况下氢气的体积，则3.6g镁、铝的化合物与稀硫酸反应生成的氢气一定介于二者之间，据此进行解答。3.6g铝的物质的量为：n（Al）＝3.6g27g·mol－1＝215mol，

根据反应方程式：2Al＋3H2SO4===Al2（SO4）3＋3H2↑可得关系式2Al～3H2，25mol×32＝0.2mol，在标况下0.2mol氢气的体积V（H2）＝22.4L·mol－1×0.2mol＝4.48L；3.6g镁的物质的量n（Mg）＝3.6g24g·mol－1＝0.15mol，

根据反应Mg＋H2SO4===MgSO4＋H2↑可知，0.15molMg反应生成0.15mol氢气，在标况下0.15mol氢气的体积V（H2）＝22.4L·mol－1×0.15mol＝3.36L。现在

是3.6gMg、Al的混合物，所以3.6克含杂质Al的金属镁与足量的稀硫酸反应生成标况下氢气体积：3.36升＜V＜4.48升，故合理选项是D。4．CMgCl2·6H2O灼烧后，得到的固体Ⅰ是MgO，气体Ⅰ是H2O和HCl的混合气体，Mg（

OH）2可溶于饱和NH4Cl溶液，A正确；气体Ⅰ中含有H2O能使无水CuSO4变蓝色，B正确；溶液Ⅰ是浓度较大的硫酸，与Cu反应需要加热，溶液Ⅱ是硝酸，常温下可与Cu反应，C错误；固体Ⅱ是AgCl，加入KI溶液中，可以转化为更难溶的黄色沉淀AgI，D正确。5．B偏铝酸钠与盐酸反应生成沉

淀量最大时的方程式NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al（OH）3↓，偏铝酸钠与过量盐酸反应沉淀恰好溶解时的方程式为NaAlO2＋4HCl===NaCl＋AlCl3＋2H2O，所以在0.1mol·L－1的偏铝酸钠溶液中，逐渐加入0

.1mol·L－1的盐酸直至过量，生成沉淀量最大和使沉淀正好溶解，所消耗的盐酸的体积比为1∶4。6．CCO2－3为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步水解为主，第一步水解的离子方程式为CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋

OH－，A项错误；Na2CO3水解使溶液显碱性，铝表面的氧化膜与碱性溶液中的OH－反应生成AlO－2，氧化膜反应完后，铝与OH－反应生成AlO－2和H2，又CO2－3部分水解生成HCO－3，HCO－3

与AlO－2反应生成Al（OH）3沉淀和CO2－3，反应的离子方程式为AlO－2＋HCO－3＋H2O===Al（OH）3↓＋CO2－3，B项错误；依据铝能与热水反应，而实验Ⅰ中没有气泡冒出，说明铝表面有氧化膜，实验Ⅱ有气泡冒出，说明氧化膜被破坏，C项正确；盐类水解为吸热过程，加热能促进盐类水解，C

O2－3水解生成HCO－3和OH－，Al与OH－反应消耗OH－并生成H2，则H2逸出会促进CO2－3水解，所以加热和H2逸出对CO2－3水解都起到促进作用，D项错误。[练高考]7．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。8．A铝热反应中的反应物是铝单质与金属氧化物，A说法错误；镁燃烧时会发出耀眼的白光，并放出大量的热，可用于制造信号弹和

焰火，B说法正确；熟石膏与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的石膏，利用石膏的这一性质，人们常用石膏制作各种模型和医疗石膏绷带，C说法正确；用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵又被氧化成硫酸铵，

既可消除SO2带来的污染，又可得到副产品硫酸铵，D说法正确。9．BCl－很容易被吸附在铝表面的氧化膜上，将氧化膜中的氧离子取代出来，从而破坏氧化膜，A选项正确；碳酸氢钠受热分解可产生碳酸钠、水和二氧化碳，则稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，B选项错误；KMnO4具有强氧化性，可使病毒表面的

蛋白质外壳变形，其稀溶液可用于消毒，C选项正确；钢铁在潮湿的空气中，铁和碳、水膜形成原电池，发生电化学腐蚀，腐蚀速率更快，D选项正确。10．答案：（1）Al2O3Cu（NO3）2、NH4NO3、AgNO3、HNO

3（2）CuAl2Cl8（3）①4Cu2＋＋N2H＋5＋4Cl－===4CuCl↓＋N2↑＋5H＋②将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素解析：本题考查物质的性质与推断。第一步：确定组成元素由化合物X溶

于水得到蓝色溶液A，蓝色溶液A＋足量氨水―→白色沉淀B＋深蓝色溶液可知，蓝色溶液A中含Cu2＋，深蓝色溶液中含Cu（NH3）2＋4和过量氨水，则化合物X中含有铜元素；结合“白色沉淀B能溶于NaOH溶液”可知，白色沉淀B为Al（O

H）3，Al（OH）3固体灼烧得到的白色固体C为Al2O3，化合物X中含有铝元素；深蓝色溶液中加入硝酸酸化，再加入足量AgNO3溶液得蓝色溶液D和白色沉淀E，则白色沉淀E为AgCl，蓝色溶液D中含Cu（NO3）2，结

合化合物X由3种元素组成可知，化合物X中含有氯元素。第二步：确定原子个数比由元素守恒可知，4.020g化合物X中含有n（Al）＝2n（Al2O3）＝1.020g102g·mol－1×2＝0.02mol，含有n（Cl）＝n（AgCl

）＝11.480g143.5g·mol－1＝0.08mol，则n（Cu）＝4.020g－0.02mol×27g·mol－1－0.08mol×35.5g·mol－164g·mol－1＝0.01mol化合物X中n（Cu）∶n（Al）∶n（Cl）＝0.01mol∶0.02mol∶0.08m

ol＝1∶2∶8，结合（2）问“化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构”可知，化合物X的阴离子为AlCl－4，化合物X的化学式为Cu（AlCl4）2或CuAl2Cl8。（1）深蓝色溶液中含Cu（NH3）2＋4和NH3·H2O，与硝

酸反应生成NH4NO3和Cu（NO3）2，HNO3用于酸化深蓝色溶液，应过量，酸化后加入足量AgNO3溶液，AgNO3过量，故蓝色溶液D中含有的溶质是NH4NO3、Cu（NO3）2、HNO3和AgNO3。（2）Al

Cl－4中Al与Cl之间形成共价键，每个原子最外层均满足8电子稳定结构，该离子带一个负电荷。（3）①由上述分析可知，蓝色溶液A中含有Cu2＋、Al3＋和Cl－，由蓝色溶液A与N2H＋5反应生成一种气体，溶液蓝色褪去可知，Cu2＋被还

原为Cu＋或Cu，结合“生成易溶于硝酸的白色沉淀”可知，Cu2＋被还原为Cu＋，白色沉淀为CuCl，该过程发生氧化还原反应，N2H＋5中N被氧化生成N2，根据守恒原则即可写出反应的离子方程式。②验证白色沉淀CuCl的组成元素，即需要检验Cu元素和Cl元素，由CuCl易溶于硝酸

及硝酸具有氧化性可知，CuCl溶于硝酸得到Cu2＋和Cl－，故将白色沉淀溶于硝酸，溶液变为蓝色可说明含有Cu元素，常用硝酸酸化的AgNO3溶液检验Cl－，故再向溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明含有Cl元素。[练模拟]11．B由溶液乙通入过量的

Y生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根离子、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故

B正确；电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还原反应，故C错误；反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋NaHCO3，故D错误。12．C根据题意，产生的

二氧化碳在标况下的体积为26.88L，其物质的量为n＝VVm＝26.8822.4＝1.2mol，因为没有损耗，所以由197g六氨合氯化镁，即1mol制得的碳酸氢镁为1mol；根据H原子守恒，可得Mg（HCO3）2―→xMgCO3·yMg（OH）2·zH2O↓＋CO2↑中，碳酸氢镁的

系数为（z＋y），二氧化碳的系数为（z＋2y），由此可得y＋z1＝2y＋z1.2、z＋y＝y＋x，解得z＝x、z＝4y，即x∶y∶z＝4∶1∶4，即x＝z＝4、y＝1。A.碱式碳酸镁属于化合物，故A错误；B.x＝z＝4，故B错误；C.y＝

1，故C正确；D.氯化铵属于含氮元素的盐，可用作化肥，因其分解产生氨气和氯化氢，冷却时又反应生成氯化铵，不能热分解制备氨气，故D错误。13．A盐酸酸浸，MgCO3可溶，SiO2不溶，滤渣为SiO2，浸出液中主要成分是MgCl2，加入氨水沉镁，MgCl2＋2N

H3·H2O===Mg（OH）2↓＋2NH4Cl，母液主要溶质是NH4Cl，固体X为Mg（OH）2，以此解答。盐酸酸浸，MgCO3是微溶物，不可拆成离子，故A错误；盐酸酸浸，MgCO3可溶，SiO2不溶，滤渣为SiO2，故B正确；加入氨水沉镁，MgCl2＋2

NH3·H2O===Mg（OH）2↓＋2NH4Cl，母液主要溶质是NH4Cl，故C正确；沉镁过程中，加入氨水沉镁，MgCl2＋2NH3·H2O===Mg（OH）2↓＋2NH4Cl，母液主要溶质是NH4Cl，固体X为Mg（OH）2，故D正确。14．B金属活动性顺序表中钠

比氢活泼，对应阳离子的氧化性：氢离子的氧化性强于钠离子的氧化性，能用金属活动性顺序表解释，A不符合题意；在金属活动性顺序表中铁比氢活泼，但可用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中能发生钝化，不能用金属活动性顺序表解释，B符合题意；在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后腐蚀的仍是锌，

被保护的是铁，能用金属活动性顺序表解释，C不符合题意；在金属活动性顺序表中，铝排在氢的前面，能用金属活动性顺序表解释，D不符合题意。综合测评提能力1．B能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中H＋和AlO－2反应，不能大量共存，A错误；常温下，pH＝12的溶液呈碱性，CO2－3、Na＋、

AlO－2、SO2－4四种离子之间不发生反应，可以在碱性溶液中大量共存，B正确；ClO－有强氧化性，能氧化S2－，不能大量共存，C错误；加入Al能放出H2的溶液为酸性溶液或强碱溶液，酸性溶液中不能含NO－3，否则不产生氢气，氢离子与HCO－3反应，不能大量共存；强碱溶

液中Mg2＋、NH＋4、HCO－3均能与OH－反应，不能大量共存，D错误。2．C1molBa（OH）2中含有2molOH－和1molBa2＋，1molKAl（SO4）2中含有1molK＋、1molAl3＋和2molSO2－4，当使硫酸根离子恰好全部转化为硫酸钡沉淀时，则需要2molBa（OH）2

和1molKAl（SO4）2发生反应，1molAl3＋会和4molOH－反应生成AlO－2，此时Al元素的主要存在形式为AlO－2，故选C。3．A钠和水反应只生成氢氧化钠和氢气，所以溶液中的溶质只有氢氧化钠，故A符合题意；氢氧化

钠和少量二氧化碳反应生成碳酸钠，溶液中的溶质可能是氢氧化钠和碳酸钠，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故B不符合题意；少量AlCl3加入NaOH溶液中生成偏铝酸钠，过量AlCl3加入NaOH溶液中生成氢氧化铝，故C不符合题意；铁与过量稀硝酸反应生成

硝酸铁，溶液中的溶质可能是硝酸和硝酸铁，所以溶液中的溶质可能不是一种，故D不符合题意。4．A加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，NaOH过量，滤液中含NaOH，由OH－＋HCO－3===CO2－3

＋H2O、HCO－3＋AlO－2＋H2O===Al（OH）3↓＋CO2－3可知，前8mL不生成沉淀，c（NaHCO3）===0.032mol0.032L＝1.0mol·L－1，故A错误；b点与c点溶液所含微粒种类相同，均含Na＋、Al

O－2、OH－、CO2－3，故B正确；d点显碱性，溶质为NaOH、NaAlO2，存在的离子是Na＋、AlO－2、OH－、H＋，故C正确；AlO－2促进HCO－3的电离，生成沉淀的离子方程式为：HCO－3＋AlO－2＋H2O===Al（OH）3↓＋CO2

－3，故D正确。5．C恒温的条件下，将足量的氯化钠饱和溶液蒸发适量的水分，在这一温度下，氯化钠的溶解度是一定的，所以其饱和溶液的质量分数不变，故图像错误，A错误；氢氧化钠变质生成碳酸钠，向其中滴加盐酸，盐酸先与氢氧化钠

反应，氢氧化钠完全反应以后，盐酸再与碳酸钠反应，所以向露置在空气中部分变质的氢氧化钠溶液中逐滴加入稀盐酸时，开始没有气体生成，故图像错误，B错误；分别向等质量的镁和铝中滴入溶质质量分数相同的稀硫酸，当硫酸少量时，生成的气体由硫酸的量决定，所以开始二者放出气体一直相等，但由

于硫酸过量，等质量的铝放出的气体大于镁放出的气体，所以图像正确，C正确；向一定量的氧化铜中通入一氧化碳气体并加热，最后仍然剩余固体Cu，故最终的质量不可能为0，所以图像错误，D错误。6．D向NaAlO2

、Ba（OH）2、NaOH混合溶液中缓慢通入CO2至过量，先后发生的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋CO2===BaCO3↓＋H2O，2OH－＋CO2===CO2－3＋H2O，2AlO－2＋3H2O＋CO2===Al（OH）3↓＋CO2－3，CO2－3＋H2O

＋CO2===2HCO－3，BaCO3＋H2O＋CO2===Ba2＋＋2HCO－3，A正确；向硫酸铝铵溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液先后发生的离子方程式为：NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2按照2∶3反应，铝离子恰好沉淀

，反应的离子方程式为：2Al3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===3BaSO4↓＋2Al（OH）3↓，此时溶液为（NH4）2SO4，继续滴加Ba（OH）2至NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2按照1∶2反应，铵根离子参与反应生成一水合氨

，此过程反应的离子方程式为：2NH＋4＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2NH3·H2O，如果继续滴加Ba（OH）2至NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2按照2∶5反应，氢氧化铝沉淀

完全溶解，此过程发生反应的离子方程式为：Al（OH）3＋OH－===2H2O＋AlO－2，B正确，向FeCl3、Al2（SO4）3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液：反应的实质是Fe3＋、Al3＋

与OH－、Ba2＋与SO2－4之间的离子反应，反应的离子方程式为：Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓、Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓、Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓、Al（OH）3＋OH－===AlO－2＋2H2O；假设

1molAl2（SO4）3中SO2－4完全被沉淀所需Ba（OH）2量为3mol，提供6molOH－，图像分析铁离子先沉淀，OA段为加入3molBa（OH）2，发生反应Ba2＋＋SO2－4===BaSO4↓，得到3molBaSO4沉淀，C点为氢氧化铝溶解后的沉淀物质的量为氢氧化铁和

硫酸钡沉淀共4mol，所以氢氧化铁沉淀为1mol，氢氧化铝沉淀为2mol；分析判断OA段沉淀3mol钡离子，1mol铁离子和1mol铝离子；AB段为沉淀1mol铝离子；BC段为溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡1mol，

C正确；向Ca（OH）2和NaOH的混合溶液中缓慢通入CO2至过量：若CO2先和NaOH反应，则2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，Ca（OH）2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，NaOH仍会生成，若CO

2先和Ca（OH）2反应，则CO2＋Ca（OH）2===CaCO3↓＋H2O，待Ca（OH）2完全反应完后再和NaOH反应，当CO2通入NaOH和Ca（OH）2混合溶液，溶液中会优先生成CaCO3沉淀，图像不正确，D错误。7．

A根据反应2Mg＋O2=====点燃2MgO,3Mg＋N2=====点燃Mg3N2,2Mg＋CO2=====点燃2MgO＋C可知，当Mg为1mol时，在O2中燃烧，固体物质的质量增加16g；在N2中燃烧，固体物质的质量增加约9.33g；在CO2中燃烧，固体物质的质量增加22g。所以相同

质量的镁条分别在O2、CO2和N2中充分燃烧，所得固体产物的质量由大到小的顺序是m2＞m1＞m3。8．BNa与水反应生成NaOH，NaOH与盐酸反应生成NaCl，电解熔融的NaCl可得金属钠，A正确；Al与

氧气反应生成Al2O3，而Al2O3不能一步转化为Al（OH）3，B错误；Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，FeCl3溶液与Fe反应生成FeCl2，FeCl2溶液与Zn反应可得Fe，C正确；Cu与浓硫酸加热反应生成CuSO4，CuSO4溶液与BaCl2溶液反应生成CuCl2，CuCl2溶液与Z

n反应可得Cu，D正确。9．D相同温度下，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成氢气速率越快，根据表中生成氢气快慢顺序知，金属强弱顺序是Mg>Ti>Cu，

A错误；Ti、Mg都和稀盐酸反应生成氢气，所以不能用稀盐酸除去Ti中的Mg，B错误；钛（Ti）是一种昂贵的金属，用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu来制取铜，成本太高，在工业上是不可取的，C错误；根据实验现象知，Cu和稀盐酸不反应，D正确。10．C金属大规模被使用的先后顺序跟金属的活动性关系最

大，金属性越弱的金属使用越早，所以我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，故A正确；Cu比Ag活泼，将青铜器放在银质托盘上，构成原电池，铜为负极，青铜器容易生成铜绿，故B正确；铜在空气中长时间放置，

会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜，因此《本草纲目》载有名“铜青”之药物，铜青就是铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C错误；蜂蜡的主要成分是酯类、游离脂肪酸、游离脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有机物，故D正确

。11．答案：（1）Al2O3＋2OH－===2AlO－2＋H2O（2）铝表面被钝化（3）50%解析：（1）铝片表面生成氧化铝保护膜，阻止了金属铝继续被氧化，可以用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化铝，反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－===2AlO－2＋H2O。（2）铝片放入冷浓硫酸

中，浓硫酸有较强的氧化性能使铝片钝化阻止反应进一步进行；答案为铝表面被钝化。（3）SO2具有还原性，通入足量过氧化氢溶液中，SO2被氧化成H2SO4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）＝0.448L22.4L·mol－

1＝0.02mol；由硫元素守恒可得关系式为SO2～BaSO4，n（BaSO4）＝2.33g233g·mol－1＝0.01mol，SO2的物质的量也为0.01mol，二氧化硫的体积分数为0.01mol0.02mol×100%＝50%。12．答案：（1）①第三周期ⅢA族C

O2②Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2OAr（其他合理答案均可）（2）①吸氧腐蚀②CaCO3或CaO（3）83.1%解析：（1）①工业上通过电解熔融Al2O3制得金属铝，从铝土矿中提取Al2O3的过程：使铝土矿与NaOH溶液反应并过滤除去杂质得到NaAlO2

溶液，再向溶液中通入CO2，生成Al（OH）3沉淀，加热使沉淀分解可得到Al2O3。②镁能与氧气、二氧化碳、氮气等气体发生反应，所以焊接时应使用Ar等稀有气体作保护气。（2）①在海水中，合金钢、海水及海水中溶解的氧气构成原电池，发生吸氧腐蚀。②在炼铁时加入氧化钙或碳酸钙，发生反应

CaO＋SiO2=====高温CaSiO3或CaCO3=====高温CaO＋CO2↑、CaO＋SiO2=====高温CaSiO3，使SiO2形成炉渣，可以降低硅含量。（3）白色沉淀Al（OH）3的质量为39.0g，即0.5mol，故合金中铝的质量

为0.5mol×27g·mol－1＝13.5g，则铜的质量为66.5g，质量分数为66.5g80.0g×100%≈83.1%。13．答案：Ⅰ.（1）f（g）→g（f）→c→d→i（2）浓硫酸吸收CO防污染Ⅱ.（3）a

d（4）bce（5）通入过量CO2气体（6）坩埚泥三角（7）41（m3－m1＋m2）10m1或410（m3－m1＋m2）m1%（8）偏高解析：Ⅰ.（1）利用装置B制备氮气，通过装置A中浓硫酸干燥气体，通过装置C氮气和铝发生反应，最后通过装置D吸收

多余的CO，防止污染空气，按照氮气气流方向将各仪器接口连接：f（g）→g（f）→c→d→i；（2）分析可知A装置内的X液体可能是吸收水蒸气的浓硫酸溶液，D装置内氯化钯溶液的作用可能是吸收有毒气体CO，避免

污染空气；Ⅱ.氮化铝纯度的测定（3）氨气极易溶于水，量气装置中的X液体不能与氨气反应，不能使氨气溶解，CCl4和氨气不反应，不溶解氨气，故a正确；H2O能溶解氨气，故b错误；NH4Cl饱和溶液能吸收氨气，故c错误；植物油和氨气不

反应，不溶解氨气，故d正确；（4）利用排水法也可以测量气体体积，选用仪器：b.双孔塞、c.广口瓶、e.量筒；（5）样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液，滤渣质量m2g为C粉，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，步骤②

的操作是：通入过量CO2气体；（6）实验室里煅烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有：坩埚、泥三角；（7）氮化铝含杂质为C和氧化铝，AlN转化为Al2O3质量增加，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液

中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液，滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，2AlN～Al2O3Δm8210220mm3－m1＋m2，m＝82（m3－m1＋m2）2

0＝41（m3－m1＋m2）10样品中AlN的纯度＝41（m3－m1＋m2）10m1或410（m3－m1＋m2）m1%；（8）若在步骤③中未洗涤，导致m3质量偏大，由公式可知AlN的纯度偏高。课练8铁、铜及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．D铁在空气中容易发生吸氧腐蚀，根据题意“舶上铁丝，……

日久起销”，说明销是铁锈，铁锈的主要成分为Fe2O3，D项正确。2．B碱式硫酸铁中Fe3＋发生水解产生Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，A正确；利用（NH4）2Fe（SO4）2的溶解度比（NH4）2SO4和Fe

SO4的小，（NH4）2SO4和FeSO4的混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，能析出溶解度小的（NH4）2Fe（SO4）2，B错误，若（NH4）2Fe（SO4）2被氧化，则溶液中含有Fe3＋，滴入KSCN溶液，Fe3＋遇KSCN溶液变红

色，故可用KSCN检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化，C正确；NH4HCO3受热易分解，所以生产FeCO3需在较低温度下进行，D正确。3．D取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀说明溶液中含

有硫酸根离子，则浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜，故A正确；由于实验数据及现象可知，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液的相对量不同，反应得到沉淀的颜色不同，说明相对量不同可以得到不同的产物，故B正确；由实验数据及现象可知，试管3

、4中硫酸铜溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应的化学方程式为Cu（OH）2=====△CuO＋H2O，故C正确；由实验数据及现象可知，向浅绿色沉淀中滴加氢氧化钠溶液发生的反应为碱式硫酸铜与氢氧化

钠溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故D错误。4．DFe3＋易发生水解，则配制FeCl3溶液时需加入盐酸，抑制Fe3＋水解，A正确；b点时溶液澄清透明，向其中分别加入KSCN溶液和NaOH溶液，现象分别为出现血红色和灰绿色难溶物，说明b点溶液中含有Fe2＋和Fe3＋，

其中Fe2＋为Fe3＋的还原产物，说明此处发生了氧化还原反应，B正确；c点出现明显红褐色难溶物，且上层清液中，分别加入KSCN溶液和NaOH溶液，现象分别为出现血红色和无明显变化，红褐色沉淀为Fe（OH）3，溶液中无Fe2＋，所以此时发生的主要反应为2Fe3＋＋3SO2－3＋6H2O===2

Fe（OH）3↓＋3H2SO3，C正确；d点处FeCl3溶液和Na2SO3溶液发生双水解反应，取上层清液并加入NaOH溶液，无明显变化，说明d点上层清液中无Fe2＋，则滴加K3[Fe（CN）6]，溶液不会出现蓝色沉淀，D错误。5．答案：（1）Cu2S＋4Fe

3＋===2Cu2＋＋4Fe2＋＋S（2）CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2（3）温度过高，苯容易挥发（4）b（5）调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe（OH）3沉淀抑制Cu2＋的水解冷却结晶解析：（1）浸取过程中Fe3＋将Cu2S

氧化为Cu2＋和单质S，Fe3＋被还原成Fe2＋，根据得失电子守恒和元素守恒可写出该反应的离子方程式。（2）根据CuCl2是该反应的催化剂，故最终产物中含有CuCl2，可得反应②为FeCl3氧化CuCl生成CuCl2，自身被还原为FeCl2。（3）“回收S”的过程中需使

用苯，若温度过高，则苯容易挥发。（4）滤液M中主要物质为FeCl2，将FeCl2转化为FeCl3可实现循环使用，通入Cl2可将FeCl2转化为FeCl3，故选b。（5）“保温除铁”过程中，加入的稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋，然后需要加入CuO来调节溶液的pH，使

Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀；从Cu（NO3）2溶液中获得硝酸铜晶体时，Cu2＋会发生水解，所以在蒸发浓缩、冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解；为了从浓缩液中获得带有结晶水的晶体，操作1是冷却

结晶。[练高考]6．C钢是以铁为主的含碳合金，A说法正确；钢的含碳量越高，硬度和脆性越大，B说法正确；合金的熔点比其组分的熔点低，生铁含碳量（2%～4.3%）大于熟铁的含碳量（约0.1%），故生铁熔点比熟铁低，C说法错误；赤铁矿的主要成分是Fe2O3，D说法正确。7．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。8．答案：（1）AC（

2）CuO＋H2SO4=====△CuSO4＋H2O不产生SO2（或硫酸利用率高）（3）过滤干燥除尽铁和抑制CuSO4水解破坏Fe（OH）3胶体易于过滤（4）80×（m2－m3）9×（m3－m1）（5）①③解析：（1）CuO与稀硫酸反应得到硫酸铜溶

液，需要用到烧杯，由硫酸铜溶液得到胆矾，用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，需要用到蒸发皿。（2）CuO中含有氧化铁及泥沙，加入到适量稀硫酸中，加热，发生的主要反应为CuO与稀硫酸的反应，化学方程式为CuO＋H2SO4=====△CuSO4＋H2O；废铜与浓硫酸的反应为Cu＋2

H2SO4（浓）=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法不产生SO2有毒气体，硫酸利用率高。（3）由硫酸铜溶液得到胆矾的实验操作为：加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥。控制溶液pH为3.5～4，是为了将Fe3＋转化为Fe（OH）3而除

去，同时抑制CuSO4水解。再煮沸10min的作用是破坏Fe3＋水解产生的Fe（OH）3胶体，便于过滤。（4）由题意知胆矾的质量为m2－m1，无水硫酸铜的质量为m3－m1，则结晶水的质量为（m2－m1）－（m3－m1）＝m2－m3，根据

CuSO4·xH2O=====△CuSO4＋xH2O，可得160∶18x＝（m3－m1）∶（m2－m3），解得x＝80×（m2－m3）9×（m3－m1）。（5）胆矾未充分干燥，则m2偏大，测定值偏高，故①

正确；坩埚未置于干燥器中冷却，则硫酸铜会吸收水蒸气，m3偏大，测定值偏低，故②错误；加热时有少量胆矾迸溅出来，则m3偏小，测定值偏高，③正确。9．答案：（1）3d64s2（2）84（3）N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝－（a－b）kJ·mol－1降低反应活化能

（4）①由Fe3＋水解产物的颜色所致向该溶液中加HNO3②[Fe（SCN）6]＋6F－⇌6SCN－＋[FeF6]3－K2K1解析：（1）Fe为26号元素，所以基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；（2

）由图可知，晶胞A中Fe的配位数为8，所以每个Fe原子紧邻的原子数为8。根据原子均摊法，每个晶胞B中含Fe原子数为8×18＋6×12＝4，故答案为：8；4（3）由图可知，1molN2和3molH2反应时，放

出的热量为（a－b）kJ，所以该反应的热化学方程式N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝－（a－b）kJ·mol－1。铁触媒是反应的催化剂，作用是降低反应活化能，故答案为：N2（g）＋3H2（g）⇌

2NH3（g）ΔH＝－（a－b）kJ·mol－1；降低反应活化能；（4）①由于Fe3＋水解产物的颜色导致溶液Ⅰ呈黄色，为了能观察到溶液Ⅰ中[]Fe（H2O）63＋的浅紫色，可向该溶液中加HNO3，抑制铁离子的水解，故答案为：由Fe3＋水解产物的颜色所致；向该

溶液中加HNO3；②向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色，说明[]Fe（SCN）63－和氟离子转化为[]FeF63－，其离子方程式为[Fe（SCN）6]＋6F－⇌6SCN－＋[FeF6]3－，Fe3＋＋6SCN－⇌[Fe

（SCN）6]3－K1和Fe3＋＋6F－⇌[FeF6]3－K2相减得到，所以平衡常数为K2K1。10．答案：（1）Al2O3＋4（NH4）2SO4=====焙烧2NH4Al（SO4）2＋6NH3↑＋3H2O↑（2）Fe3＋、Al3＋、Mg2＋（3）1.0×10－6（4）硫酸SiO

2CaSO4（5）TiO2＋＋（x＋1）H2O=====△TiO2·xH2O↓＋2H＋（6）（NH4）2SO4解析：结合题中信息对该流程进行如下梳理：（1）结合图示及题给信息可知焙烧时Al2O3转化为NH4Al（SO4

）2，尾气应为NH3，则Al2O3焙烧生成NH4Al（SO4）2的化学方程式为Al2O3＋4（NH4）2SO4=====焙烧2NH4Al（SO4）2＋6NH3↑＋3H2O↑。（2）结合相关金属离子开始沉淀以及沉淀完全时的p

H可知，加氨水调节pH至11.6的过程中，Fe3＋、Al3＋、Mg2＋依次沉淀。（3）根据Mg2＋沉淀完全时的pH＝11.1，可知溶液中c（OH－）＝10－2.9mol·L－1时，溶液中c（Mg2＋）＝1.0×10－5mol·L－1，则Ksp[Mg（O

H）2]＝1.0×10－5×（10－2.9）2＝1.0×10－10.8，母液①的pH＝11.6，即溶液中c（OH－）＝10－2.4mol·L－1，则此时溶液中c（Mg2＋）＝Ksp[Mg（OH）2]c2（OH－）

＝1.0×10－10.8（10－2.4）2mol·L－1＝1.0×10－6mol·L－1。（4）由于常见的盐酸和硝酸均具有挥发性，且水浸渣需在160℃酸溶，因此最适宜的酸为硫酸。由于SiO2不溶于硫酸，

焙烧过程中得到的CaSO4难溶于水，故酸溶渣的成分为SiO2、CaSO4。（5）“酸溶”后适当加热能促进TiO2＋水解生成TiO2·xH2O，反应的离子方程式为TiO2＋＋（x＋1）H2O=====△TiO2·

xH2O↓＋2H＋。（6）结合图示流程可知，母液①中含有氨水、硫酸铵，母液②中含有硫酸，二者混合后再吸收尾气NH3，经处理得到（NH4）2SO4。[练模拟]11．BFe3＋遇KSCN会使溶液呈红色，F

e2＋遇KSCN不反应，无现象，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3＋，并不能证明无Fe2＋，故A错误；气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4＋5H2O===CuSO4·5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋，并不能

证明无K＋，Na＋的焰色试验为黄色，可遮住紫光，K＋的焰色试验需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误。12．B因为Fe（O

H）2在空气中易被氧化成Fe（OH）3，故要长时间观察到Fe（OH）2白色沉淀，就要排除装置中的空气或氧气。装置①是先用Fe粉与稀硫酸反应产生的H2将装置中的空气排尽，然后滴入NaOH溶液，与FeSO4发生复分解反应生成Fe（OH）2，并使生成的Fe（OH）2处在氢气的保护中，可以达到目

的，①正确；滴入的NaOH溶液会吸收空气中的氧气，与试管中的FeSO4发生复分解反应生成Fe（OH）2和Na2SO4，溶液中有氧气，会氧化Fe（OH）2变为Fe（OH）3，因此会看到沉淀由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，不能达到实验目的，②错误；液面上加苯阻止

了空气进入，在隔绝空气的环境中NaOH、FeSO4发生复分解反应生成Fe（OH）2和Na2SO4，由于没有空气，Fe（OH）2不能被氧化，能较长时间观察到白色沉淀，③正确；故选B。13．AH2O2具有强氧化性，FeSO4具有还原性，向H

2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，二者发生氧化还原反应，生成Fe3＋，使溶液迅速变黄，稍后产生气体，是由于反应生成的Fe3＋是H2O2分解反应的催化剂，A错误；Fe3＋水溶液显黄色，且Fe3＋遇KSCN会显红色，B正确；KSCN具有还原性，H2O2具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应，Fe3

＋与SCN－结合生成的Fe（SCN）3的浓度降低，故会使溶液的颜色变浅，C正确；溶液中开始时Fe3＋与SCN－结合生成的Fe（SCN）3的浓度较大，溶液的红色比较深，后来由于KSCN被氧化，使Fe（SCN）3的浓度降低，溶液颜色变浅，这都是由于浓度改

变，导致物质的反应速率发生变化引起的，D正确。综合测评提能力1．CFe与Cl2反应生成FeCl3，则Fe与I2反应生成FeI2，与氧化剂的氧化性强弱有关，类比不合理，A错误；钠在空气中加热生成Na2O2，则金属锂在空气中加热只生成Li2O，与金属的还原性强弱有关，类比不合理，B

错误；NH3中N的孤对电子与氢离子形成配位键，H2N－NH2中N的孤对电子与两个氢离子也可以形成配位键，与HCl反应生成N2H6Cl2，类比合理，C正确；Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，而Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，二氧化

硫具有还原性，类比不合理，D错误。2．D铁丝在纯氧中剧烈燃烧，火星四射，生成一种黑色固体，故A错误；红热的铁丝在氯气中燃烧，生成氯化铁，产生棕黄色的烟，故B错误；铝片放入冷水中，几乎不反应，没有明显现象，故C错误；偏铝

酸钠中逐滴滴入稀盐酸，先生成氢氧化铝沉淀，后沉淀溶解，现象为产生白色沉淀后消失，故D正确。3．C由已知条件：①甲＋乙→红褐色沉淀；②甲＋丙→白色沉淀（可溶于盐酸）：③甲＋丁→白色沉淀，得甲是Ba（OH）2，乙是FeCl3，丙是NaHCO3，丁是H2SO4，选项A错误；乙（FeCl3）和丙（NaH

CO3）混合发生双水解反应，产生红褐色沉淀Fe（OH）3且有无色气体CO2生成，选项B错误；向Ba（OH）2溶液中逐滴加入H2SO4溶液，恰好中和时，生成沉淀和水，溶液导电性接近0，硫酸过量后导电性逐渐增强，选项C正确；Fe3＋与S2－会发生氧化还原反应，所以不可大量共存，选项D错误。4．D溶液中

不含Fe3＋，加入KSCN溶液一定不变红色，故A正确；FeCl3完全反应被还原成FeCl2，CuCl2与Fe反应生成FeCl2和Cu，溶液中一定含Fe2＋，故B正确；根据上述分析，剩余固体中一定含Cu，故C正确；CuCl2可能部分与Fe反应，或

全部反应，故溶液中可能含Cu2＋，也可能不含，故D错误。5．CFeO中Fe元素为＋2价，所以和足量稀硝酸反应时，＋2价的铁会被氧化成＋3价，离子方程式为3FeO＋10H＋＋NO－3===3Fe3＋＋NO↑

＋5H2O，故A错误；工业上将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，石灰乳不能写成离子，正确离子方程式为：Cl2＋Ca（OH）2===Ca2＋＋Cl－＋ClO－＋H2O，故B错误；向硫酸铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液会生成一水合氨，离子方程式为NH＋4＋

OH－===NH3·H2O，故C正确；向酸性高锰酸钾溶液中滴入少量H2O2溶液，双氧水被氧化成氧气，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2MnO－4＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故D错误。6．

B锂和水发生反应，所以不可以用NaOH溶液为电解质溶液，A正确；正极发生还原反应，Fe2O3得电子被还原，所以放电时电池正极的电极反应式为Fe2O3＋6Li＋＋6e－===3Li2O＋2Fe，B错误；放电时电池的总反应为Fe2O3＋6Li===3Li2O＋2Fe，C正确；磁铁的主

要成分是Fe3O4，可吸引铁，不可吸引Fe2O3，所以通过电极材料Fe2O3转化为Fe，实现对磁铁的吸引，D正确。7．B根据上述分析，a表示Fe3＋的关系曲线，根据图像，0～n1段发生Fe＋4H＋＋NO－3===

Fe3＋＋NO↑＋2H2O，消耗n1mol的Fe，产生n1molFe3＋，n1～n3段发生Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，这段消耗Fe的物质的量为n12mol，n3＝n1＋n12＝3n12，n1∶n3＝2∶3

，也可以这样分析，0～n1段发生Fe＋4H＋＋NO－3===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，n1～n3段发生Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，两段消耗Fe的物质的量为2∶1，即n1∶n3＝2∶3，A正确；0～n1段发

生Fe＋4H＋＋NO－3===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，根据上述分析，该阶段H＋消耗完，因为x＝y，则混合液中n（H＋）＝（x＋2y）＝3xmol，消耗Fe的物质的量为3x4mol，故B错误；根据上述分析混合液中H＋消耗完，NO－3可能消

耗完，也可能有剩余，依据离子方程式4x≥（x＋2y），推出y≤1.5x，故C正确；P点是两个线的交点，说明溶液中n（Fe2＋）===n（Fe3＋），P点溶液中加入Cu，发生Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋，溶解Cu的质量最多，溶液中Fe3＋物质的量最多

，也就是0～n1段NO－3全部参与反应，此时n（Fe3＋）＝n（NO－3）＝xmol，令n1～n2段反应了amolFe3＋，则生成n（Fe2＋）＝1.5amol，从而推出x－a＝1.5a，解得a＝0.4xmol，P点溶液中n（Fe3＋）＝1.5×0.4xmol＝0.6xmol，

最多消耗Cu的质量为0.6xmol2×64g·mol－1＝19.2xg，故D正确。8．AFeCO3中的＋2价的铁在高温时会被空气中的氧气氧化。9.DA项，设混合物中Fe、Fe2O3和FeCO3的物质的量分别是xmol、ym

ol、zmol，硫酸的物质的量是0.125mol，反应后氢离子的物质的量是0.05mol，则剩余硫酸0.025mol，消耗硫酸0.1mol，生成气体的物质的量是0.56L÷22.4L·mol－1＝0.025mol，发生的反应有FeCO3＋H2SO

4===FeSO4＋H2O＋CO2↑、Fe2O3＋3H2SO4===Fe2（SO4）3＋3H2O、Fe2（SO4）3＋Fe===3FeSO4、Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，因此z＋3y＋x－y＝0.1、z＋x－y＝0.025，解得y＝0.025

，错误；B项，根据A项中的分析可知，不能确定混合物中FeCO3的物质的量，错误；C项，若溶液X遇KSCN溶液显红色，说明Fe3＋过量，因此根据电荷守恒可知，溶液X中n（Fe2＋）＋n（Fe3＋）＜0.1mol，错误；D项，若溶液X中n（Fe2＋）＝n

（Fe3＋），说明生成的气体全部是二氧化碳，因此，根据碳原子守恒可知n（FeCO3）＝0.025mol，设X中硫酸亚铁和硫酸铁的物质的量分别是amol、bmol，则a＝2b、a＋3b＝0.1，解得a＝0.04、b＝0.02，根据铁原子守恒可知，

单质铁的物质的量是0.04mol＋0.04mol－0.025mol×2－0.025mol＝0.005mol，则混合物中n（Fe）＋n（Fe2O3）＋n（FeCO3）＝0.055mol，正确。10．DFe3＋具有氧化性，可将二氧化硫

氧化成硫酸根，本身被还原成二价铁，反应的离子方程式是SO2＋2Fe3＋＋Ba2＋＋2H2O===BaSO4↓＋2Fe2＋＋4H＋，在酸性条件下SO2与NO－3反应也能生成SO2－4，出现白色沉淀，装置B

中若产生白色沉淀，不能说明Fe3＋能将SO2氧化成SO2－4，故A正确；配制70%硫酸溶液的操作是浓硫酸加入水中稀释，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故B正确；为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，目的是排尽装置内的空气，故C正确；

导气管直接插入溶液可能会引起装置中的压强变化较大，发生倒吸，反应生成的气体可能会有NO，不能被氢氧化钠溶液吸收，故D错误。11．答案：（1）SO2＋2H2S===3S＋2H2OFe2O3和CuO（2）4FeCuS2＋13O2=====煅烧2Fe

2O3＋4CuO＋8SO21.3NA（3）干燥器0.1（4）[Cu（NH3）4]SO4降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度解析：（1）分析可知，A为SO2，表现SO2氧化性的反应方程式为SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O；由以上分析可知，X中含有Cu、Fe、S三种元素，煅烧后得到固体B

，则B的成分为Fe2O3、CuO；（2）由以上分析可知，X中n（Fe）∶n（Cu）∶n（S）＝（0.05×2）∶0.1∶0.2＝1∶1∶2，则X的化学式为FeCuS2，煅烧时反应的化学方程式为4FeCuS2＋13O2===

==煅烧2Fe2O3＋4CuO＋8SO2；煅烧时，只有氧气中氧元素化合价降低，煅烧后生成n（SO2）＝0.2mol，由反应方程式可知，煅烧消耗氧气0.325mol，则上述流程中转移电子的数目为0.325×4×NA＝1.3NA；（3）红褐色沉淀灼烧后放在干燥器中冷却，然后用托盘天平称量，

两次称量结果小于0.1g可认为灼烧充分；（4）铜离子和过量氨水反应生成Cu（NH3）2＋4，加入乙醇后形成深蓝色晶体，该晶体的化学式为[Cu（NH3）4]SO4；加入乙醇的作用是降低[Cu（NH3）4]SO4的溶解度。12．答案：（1）抑

制Cu2＋的水解（2）SO2＋2Cu2＋＋2Cl－＋2H2O===SO2－4＋2CuCl↓＋4H＋（3）避免除杂步骤消耗更多的氨水和NH4HCO3（4）4CuCl＋O2＋4H2O===2Cu2（OH）3Cl＋2HCl（5）一是CuCl水解生成Cu2O、SO2逸出，二是促进了CuCl与空气中氧气发

生反应（合理即可）解析：（1）依据分析可知，Cu2＋＋2H2O⇌Cu（OH）2＋2H＋，加酸抑制了Cu2＋的水解。（2）加入二氧化硫，有氯化亚铜产生，故二氧化硫将铜离子还原，离子方程式：SO2＋2Cu2＋＋2Cl－＋2H2O===SO2－4＋2CuCl↓＋4H＋。（3）“酸浸”中，加入

稀H2SO4不宜过量太多的原因是避免“除杂”步骤消耗更多的氨水和NH4HCO3。（4）依据提示可知，4CuCl＋O2＋4H2O===2Cu2（OH）3Cl＋2HCl，为了避免产率降低，故不能用水洗。（5）根据信息可知，随温度升高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应

。13．答案：Ⅰ.（1）氧化（2）取少量待测液，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明原溶液中有Fe3＋，反之则没有（3）4NA“引火铁”表面积大，加快了与氧气反应的速率Ⅱ.（1）Fe4N（2）4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（O

H）3（3）Fe2O3＋2NH3=====高温2Fe＋N2＋3H2O解析：Ⅰ.（1）NaNO2因具有氧化性能使血红蛋白丧失与O2结合的能力，原因是氧化了血红蛋白中的二价铁，药品美蓝是其有效的解毒剂，这说明该物质具有还原性，解毒时发生氧化反应。（2）一般用硫氰化钾溶液检验铁离子，操作过程：取少量待测

液，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明原溶液中有Fe3＋，反之则没有。（3）标准状况下44.8LH2的物质的量为2mol，反应转移的电子数目为2×2×NA＝4NA；“引火铁”表面积大，加快了与氧气反应的速率，因此在空气中

可以自燃。Ⅱ.气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝，为氨气，说明化合物M中含有氮元素；白色沉淀乙→红褐色沉淀丙，说明化合物M中含有铁元素；红褐色沉淀丙→固体丁（14.40g），固体丁为氧化铁，根据原子守恒计算化学式。（1）根据以上分析可知，M

由铁、氮两种元素组成，氧化铁质量为14.40g，则铁元素的质量为14.40×112160＝10.08g，氮元素质量为10.71－10.08＝0.63g，铁、氮两种原子的个数之比为10.0856∶0.6314＝4∶1，所以

M的化学式为Fe4N；甲为NH3，属于共价化合物，其电子式为。（2）白色沉淀乙是氢氧化亚铁，在空气中被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，反应的化学方程式：4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3。

（3）高温条件下，氧化铁与氨气反应生成铁、氮气和水，反应的化学方程式为Fe2O3＋2NH3=====高温2Fe＋N2＋3H2O。单元检测3金属及其化合物1．D金属阳离子也可以具有还原性，例如亚铁离子，故A错误；例如金属汞常温下是液态，故B错误；例如MnO－

4、AlO－2等，故C错误；例如铁离子被还原生成亚铁离子，故D正确。2．D青铜器属于铜合金，A正确；灭活新冠疫苗的主要成分是失去部分活性的蛋白质，B正确；靶向用药的载体不可选择碳酸钡，因为碳酸钡可溶于胃酸，失去载体功能，同时产生

大量钡离子有剧毒，应选用硫酸钡做载体，C正确；绿色化学的原则是从源头消除污染，D错误。3．CNaAlO2与NaOH不反应，故A不正确；Na2O2为离子化合物，含O元素，不含O2，但过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气，故B不正确；Cu与氯化铁反应生成氯化铜

、氯化亚铁，利用Fe3＋的氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷铜电路板，故C正确；Al活泼性很强，用电解熔融氧化铝的方法来制备铝，所以Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、电解冶炼法、热还原法得到，故D不正确。4．D根据NaOH为200～240mL时，发生的反应为Al（OH）3＋OH－===AlO－

2＋2H2O，故n（NaOH）＝n（Al）＝0.2mol，c（NaOH）＝n（NaOH）V（NaOH）＝0.2mol0.04L＝5mol·L－1，A正确；根据分析，Mg和Al的总质量m＝m（Mg）＋m（Al）＝0.15mol

×24g·mol－1＋0.2mol×27g·mol－1＝9g，B正确；根据Mg～H2↑和2Al～3H2↑可知，Mg和Al生成的H2的物质的量分别为0.15mol、0.3mol，共0.45mol，标况下的体积为

0.45mol×22.4L·mol－1＝10.08L，C正确；生成沉淀最多时，溶液中的溶质仅剩Na2SO4，此时NaOH用量为200mL，物质的量为5mol·L－1×0.2L＝1mol，根据2NaOH～H2SO4可知，n（H2SO4）＝12n

（NaOH）＝0.5mol，c（H2SO4）＝n（H2SO4）V（H2SO4）＝0.5mol0.5L＝1mol·L－1，D错误。5．BA．适当提高酸浸温度、搅拌、粉碎碳酸锰矿等，均可以提高锰元素的浸出率，正确；B.酸

浸时，FeCO3溶于稀硫酸的离子方程式为：FeCO3＋2H＋===Fe2＋＋H2O＋CO2↑，错误；C.滤渣Ⅱ为Fe（OH）3和Al（OH）3，Al（OH）3能溶于强碱中，而Fe（OH）3不溶于强碱，向滤渣Ⅱ中加入NaOH溶液，Al（O

H）3转化为NaAlO2溶于水，过滤得到Fe（OH）3，再向溶液中通入CO2，NaAlO2转化为Al（OH）3沉淀，过滤后得到Al（OH）3，正确；D.电解浸出过程的总反应为2MnSO4＋2H2O=====电解2Mn＋O2↑＋2H2SO4，生成H

2SO4，溶液的pH值减小，正确。6．CA中现象错误，常温下铁遇浓H2SO4会钝化，但无明显现象；B中现象和结论均错误，Al（OH）3不溶于氨水中；D中结论错误，应是CuO被乙醇蒸气还原。7．D水浴加热时，温度计测量的温度为水的温度，故应将温度计插入水浴锅液面下，C正确；聚合氯化

硫酸铁铝水解产生的Al（OH）3胶体和Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，但不能杀菌消毒，D错误。8．CA．“碱溶”时将铝土矿粉碎可提高固体与酸的接触面积加速反应速率，提高“碱溶”效率，正确；B.由上述分析可知，“滤渣”的主要成分

为Fe2O3，可以与Al单质在高温下发生铝热反应生成Fe和Al2O3，正确；C.反应Ⅰ为偏铝酸钠和NaHCO3的反应，反应的离子方程式为AlO－2＋HCO－3＋H2O===CO2－3＋Al（OH）3↓，原理为“强酸制弱酸”，泡沫灭火器的原理3HCO－3＋Al3＋===Al（OH）3↓＋3CO2↑

，是相互促进的水解反应，两者原理不同，错误；D.AlCl3和NaH发生反应Ⅲ得到NaAlH4，反应的化学方程式为4NaH＋AlCl3===NaAlH4＋3NaCl，所有元素化合价均未发生改变，所以是非氧化还原反应，正确。9．C标号①处发生

的反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋，2Au3＋＋3Fe===2Au＋3Fe2＋，②处发生的反应是Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；③处发生的反应是铜与稀硝酸生

成硝酸铜、一氧化氮、水，均为氧化还原反应，故A正确，C错误；标号③处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开，加入的相应物质是稀硝酸，故B正确；Fe2O3是红色粉末，铁红的化学式为Fe2O3，工业上常用作红色颜料，故D正确。10．DNaOH能除油污、溶解镀锌层，

A正确；调节溶液A的pH产生Zn（OH）2沉淀，经抽滤、洗涤、灼烧Zn（OH）2分解制得ZnO，B正确；Fe2＋容易被氧化，C正确；Fe3O4胶体粒子能透过滤纸，D错误。11．B试剂X要能与Al2O3反应，故不能为氨水，应该为NaOH等强碱溶液，A错误；操作Ⅰ、操作

Ⅱ均分离固体和溶液，故为过滤，B正确；金属铝与氧化铁混合，在高温下会发生剧烈反应，该反应的化学方程式为2Al＋Fe2O3=====高温2Fe＋Al2O3，Al2O3是由Al转化而来的，化合价升高，被氧化为

氧化产物，C错误；由分析可知，反应Ⅱ的化学方程式为：NaAlO2＋2H2O＋CO2===Al（OH）3↓＋NaHCO3，故其离子反应方程式为AlO－2＋2H2O＋CO2===Al（OH）3↓＋HCO－3，

D错误。12．D硝酸铝溶液pH＝1，加入Al（OH）3相对于上调pH，其中固体溶解，故A正确；偏铝酸钠溶液有较强的碱性，硝酸铝有较强酸性，生成沉淀Al（OH）3，故B正确；硝酸铝溶液中滴加碳酸氢钠溶液水解互相促进，所以既有沉淀又有气泡，故C正确；偏铝酸钠

溶液、碳酸氢钠溶液——碱性，且偏铝酸钠溶液pH远大于8.3。依据信息，pH变化，碳酸氢钠不能大量存在，在碱性更强的溶液中会不断提供氢离子，致使偏铝酸钠溶液pH下降，有沉淀生成，故D错误。13．CCl2能与FeC

l2反应，A错误；Fe与FeCl3、CuCl2均能反应，B错误；有新的杂质CuSO4生成，D错误。14．DBa2＋与SO2－4反应变为BaSO4沉淀，Al3＋与OH－反应变为Al（OH）3沉淀，A点是沉淀达到最大值

时，A点后Al（OH）3沉淀被过量Ba（OH）2溶解，使沉淀减少，故A点成分沉淀成分为BaSO4和Al（OH）3混合物，A正确；C点溶液中含Ba（OH）2、Ba（AlO2）2，向其中通入CO2气体，碱Ba（

OH）2与酸性氧化物CO2反应产生BaCO3沉淀，故立即产生白色沉淀，B正确；沉淀最小值时为BaSO4沉淀，n（SO2－4）＝n（BaSO4）＝6mol，则根据S元素守恒，可知n[KAl（SO4）2]＝12n（SO2－4）＝3mol。沉淀最大值为BaSO4、Al（OH）3的混合物，则根据图示可知

n[Al（OH）3]＝10mol－6mol＝4mol，其中KAl（SO4）2产生的Al（OH）3沉淀为3mol，则Al（NO3）3产生的沉淀是4mol－3mol＝1mol，所以n[Al（NO3）3]＝1mol，则n[KAl（SO4）2]∶n[Al（NO3）3]＝3∶1，物质处于同一

溶液，溶液的体积相等，则二者的浓度比等于其物质的量的比，故原混合液中c[KAl（SO4）2]∶c[Al（NO3）3]＝3∶1，C正确；根据图像可知A点后沉淀减少，至B点时沉淀达到最小值，则AB段发生反应：Al（OH）3＋OH－===AlO－2＋2H2O，D错

误。15．C易拉罐加入稀硫酸、微热、过滤，得到含有铝离子、亚铁离子和铁离子的溶液，加入过氧化氢，将亚铁离子氧化生成铁离子，调节溶液pH＝3.7生成氢氧化铁沉淀，在滤液中加入碳酸氢钠溶液，通过双水解反应可生成氢氧化铝，据此分析解答。Fe2＋与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生

成Fe3＋和水，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故A正确；加入过氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，调节溶液pH＝3.7可生成氢氧化铁沉淀，说明Fe（OH）3比Al

（OH）3难溶，故B正确；用NaHSO4代替NaHCO3，铝离子不能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，故C错误；利用废易拉罐制备氢氧化铝，也可以直接用氢氧化钠溶解易拉罐得到偏铝酸钠，然后加入碳酸氢钠溶液发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀，该流程可简化

为易拉罐――→NaOH溶液过滤滤液――→NaHCO3过滤Al（OH）3，故D正确。16．答案：（1）作还原剂，减少有毒气体的产生Co2O3＋6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O（2）温度过高H2O2会分解（3）①4.7②除去溶液中的Mn2＋（4）粗产品中含有可溶

性氯化物（合理即可）解析：本题主要考查用水钴矿制取CoCl2的工艺流程，考查学生的知识迁移和运用能力。（1）酸性环境中与Na2SO3反应的主要离子为Co2＋、Fe3＋、H＋。（2）双氧水易分解，温度不宜过高。（3）①由表中数据可得Ksp[Fe（OH）3]＝10－35.9，当c（Fe3＋）<10－

5.9mol·L－1时，溶液中c（OH－）>10－10mol·L－1。②萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2＋。17．答案：（1）碱煮水洗（2）加快反应热水浴C（3）将Fe2＋全部氧化为Fe3＋；不引入杂质防止Fe3＋水解（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）（5）NH4Fe（SO4

）2·12H2O解析：（1）铁屑表面的油污可以用热的氢氧化钠溶液洗涤，然后用蒸馏水洗净。（2）铁与硫酸反应，加热的目的是加快反应速率，由于温度要控制在80～95℃，应选择水浴加热。铁中含有少量的硫化物，与酸反应后生成酸性气体H2S，应

该用碱溶液吸收H2S气体，为了防止倒吸，应选用C装置。（3）铁与硫酸反应后生成硫酸亚铁，加入足量的过氧化氢溶液将Fe2＋氧化为Fe3＋，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。Fe3＋在水中易水解生成氢氧化铁沉

淀，为了抑制Fe3＋水解，溶液要保持较强的酸性，使用H2O2的优点是不引入新的杂质。（4）硫酸铁溶液与固体硫酸铵反应生成硫酸铁铵，为了从溶液中得到硫酸铁铵，应将溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体。

（5）失重5.6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe（SO4）2·xH2O，由题意知1.5×18266＋18x＝5.6100，解得x＝12。18．答案：（1）①BCD②2Na2O2＋2H2SO4===2Na2S

O4＋O2↑＋2H2O偏大aedfgh（2）偏小Ⅰ碱性条件（3）称取一定质量的样品（m），加热到733～873K使之分解，使用量气装置测定常温常压下生成O2体积（V），然后进行有关计算[或称取一定质量的样品（m），加入少量MnO2固体，再加入足量水并使用量气

装置测定常温常压下生成O2体积（V），然后进行有关计算]解析：（1）①由于空气中含有少量的CO2和水蒸气，因此钠与空气反应时产物中可能含有Na2CO3和NaOH，当反应温度在453～473K之间还有Na2O生成，故

选B、C、D。②烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2SO4===2Na2SO4＋O2↑＋2H2O；若没有该导管，由于硫酸的流入，会使得收集的气体（含有部分空气）体积偏大，导致测定结果偏大；根据①的分

析，需要将生成的CO2除去后再收集O2，从左至右的连接顺序为aedfgh，增加澄清石灰水是检验CO2是否除净。（2）从反应历程上看，Na2O2与水反应生成H2O2，如果H2O2没有完全分解，将会导致放出的氧气偏少，测定结果偏小；为了使H2O2分解，可以加

入少量MnO2粉末作为催化剂，故选Ⅰ；根据实验Ⅲ可知，H2O2与酚酞作用的条件是碱性条件。19．答案：（1）＋6酸雨（2）MoO3＋2NH3·H2O===2NH＋4＋MoO2－4＋H2O酸性（3）过滤取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已

洗净（4）①9161293②该反应为放热反应，升温使平衡逆向移动（或随着温度升高，其他金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO2－4）解析：（1）Na2MoO4·2H2O中Na元素的化合价为＋1价、O元素的化合价为－2价，根据化合物中

各元素化合价的代数和为0，确定Mo元素的价态为4×2－2×1＝＋6价；工业煅烧钼矿的尾气为二氧化硫，二氧化硫引起的环境危害主要是酸雨。（2）用浓氨水溶解粗产品MoO3，反应生成钼酸铵和水，反应的离子方程

式为MoO3＋2NH3·H2O===2NH＋4＋MoO2－4＋H2O；MoO3可以与碱溶液反应生成MoO2－4和水，因此可以说明MoO3是酸性氧化物。（3）操作Ⅰ是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法，该分离混合物的方法为过滤；操作Ⅱ过滤分离出固体钼酸和滤液，在滤液中含有

NH4Cl，所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法就是检验洗涤液中是否含有Cl－，操作是取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净。（4）①在该反应中Cl元素化合价由反应前NaClO中的＋1价变为反应

后NaCl中的－1价、Mo元素化合价由反应前MoS2中的＋2价变为＋6价、S元素化合价由反应前MoS2中的－1价变为反应后Na2SO4中的＋6价，根据转移电子及原子守恒，配平方程式为9NaClO＋MoS2＋6NaOH===Na2MoO4＋2Na2SO4＋9NaCl＋3H2O。②如图钼

的浸出率随着温度变化，当温度低于50℃时，温度升高，反应速率加快，更多的钼溶解，因此钼的浸出率随着温度的升高而增大；当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因：第一，该反应的正反应是放热反应，随着温度升高，平衡向吸热的逆反应方向移动；第二，

随着温度升高，其他金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO2－4，导致浸出率降低。20．答案：（1）61.5%（2）见解析（3）1.5（4）①1.475②0.4424mol③Mg5Al（OH）3（CO3）5·

10H2O解析：（1）AlN＋H2O＋NaOH===NaAlO2＋NH3↑，该反应产生NH3的物质的量＝1.68L22.4L·mol－1＝0.075mol，AlN＋H2O＋NaOH―→NaAlO2＋NH3↑0．0

75mol0.075mol所以AlN的质量＝0.075mol×41g·mol－1＝3.075g，所以AlN的质量分数＝3.075g5.00g×100%＝61.5%。（2）向滤液中滴加2mol·L－1的盐酸，当滴至202mL时生成的白色沉淀恰好完全消失，溶液中溶质有两种：AlCl3和NaCl

，设AlCl3的物质的量为x，NaCl的物质的量为y，根据Na原子守恒可知：y＝5mol·L－1×25mL×10－3＝0.125mol，由Cl守恒可知3x＋y＝2mol·L－1×202×10－3L＝0.404mol，解得x＝0.093mol，所以此时溶液中有0.093m

olAlCl3，因为AlN物质的量＝0.075mol，根据Al守恒可得n（Al2O3）＝0.093mol－0.075mol2＝0.009mol；（3）n（CO2）＝0.560L22.4L·mol－1＝0.025mol，二氧化碳来源于

碳酸根离子，根据C原子守恒得n（CO2－3）＝n（CO2）＝0.025mol，则m（CO2－3）＝nM＝0.025mol×60g·mol－1＝1.5g。（4）①样品在270℃时已完全失去结晶水，结晶水的质量＝（100.

00－73.45）g＝26.55g，n（H2O）＝mM＝26.55g18g·mol－1＝1.475mol；②100.00g样品在270～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O

，m（CO2）＋m（H2O）＝73.45－37.02＝36.43g，其中n（CO2）＝0.56L22.4mol·L－1＝0.025mol；m（CO2）＝0.025mol×44g·mol－13.39g×100g＝3

2.45g，m（H2O）＝36.43－32.45＝3.98g，n（H2O）＝3.98g18g·mol－1＝0.2212mol，根据H原子守恒得n（OH－）＝2n（H2O）＝0.4424mol；③根据电荷守恒得2x＋3y＝0.4424×

1＋2×32.4544…Ⅰ，根据质量守恒得40x＋0.5×102y＝37.02…Ⅱ，联合Ⅰ、Ⅱ得x＝0.7374mol、y＝0.1476mol，x∶y∶a∶b∶n＝0.7374mol∶0.1476mol∶0.4424mol∶0.7374mol∶32.45g44g·mol－1∶1

.475mol＝5∶1∶3∶5∶10，所以其化学式为Mg5Al（OH）3（CO3）5·10H2O。第四单元非金属及其化合物课练9碳、硅及其化合物和无机非金属材料狂刷小题夯基础[练基础]1．A石英主要用于生产玻璃，也可用于制造光导纤维，晶体硅才用于制作集成电路板。2．DA项，SiO

2能与氢氟酸反应，因此可用氢氟酸刻蚀玻璃，正确；B项，向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸凝胶，正确；C项，氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，化学式为Si3N4，正确；D项，硅是良好的半导体材料，可以制成光电池，将光能直接转化成电

能，不是石英，错误。3．C碳具有还原性，所以碳在高温时可以把氧化铜中的铜置换出来，故A正确；碳和二氧化碳在高温时可生成一氧化碳，所以在一定条件下CO2能转变成CO，故B正确；二氧化碳不显酸性，不能使被石蕊染成紫色的干花变红，故C错误；金刚石、石墨和C60只含有碳元素，都是碳的单质

，故D正确。4．C氮化硅具有高强度，低密度，耐高温的优点，用于制造汽车发动机的新型耐高温结构材料，故A正确；Si是良好的半导体材料，制成的硅光电池，将太阳光的光能直接转化为电能，故B正确；二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维的主要原料，能够与氢氧化钠

等强碱反应，遇强碱会“断路”，但是二氧化硅不与除氢氟酸（氢氟酸属于弱酸）以外的酸起反应，故遇强酸不会“断路”，故C错误；无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，如果变色硅胶中加入CoCl2，可以根据变色硅胶颜色变化判断是否吸水，故D正确。5．B电解饱和NaCl溶液

反应为：2NaCl＋2H2O=====电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，故不可以制备钠单质，应该电解熔融的NaCl，不能达到实验目的，A不符合题意；由于反应H2O2＋SO2===H2SO4，H2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl，故向氯化钡和过氧化氢的混合溶液中通入二氧化硫产生白色

沉淀，达到实验目的，B符合题意；由于AlCl3为共价化合物，熔融状态时不能导电，故工业上需电解熔融的氧化铝可制备铝单质，不能达到实验目的，C不符合题意；由于SiO2＋Na2CO3=====高温Na2SiO3＋CO2↑，用石英坩埚不能熔融纯碱，应该用铁坩埚熔融纯碱，不能达到实验

目的，D不符合题意。6．B制备流程需要高温，能耗高，SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑，产物有污染，A正确；单质氧化性强弱顺序是：C>Si，所以Si的还原性比C强，B错误；流程中反应分别为：SiO2＋2C=====1800℃～2000℃Si＋2CO↑、Si＋3H

Cl=====300℃SiHCl3＋H2、SiHCl3＋2H2=====1100℃Si＋3HCl，均属于置换反应，C正确；焦炭还原SiO2得到粗硅，第2、3步的目的是提纯产品，D正确。故选B。7．AN2和CO均为双原子分子，标准状况下，22.4L的N2和

CO的混合气体的物质的量为22.4L22.4L/mol＝1mol，故1mol混合气体中含2NA个原子，故A正确；醋酸是弱酸，不能完全电离，且溶液的体积未知，无法计算溶液中的氢离子的个数，故B错误；稀盐酸与Na2SiO3溶液混合生成硅酸胶状沉淀，反应的离子方程式为Si

O2－3＋2H＋===H2SiO3（胶体），故C错误；少量铁粉与稀硝酸反应生成铁离子、NO和水，反应的离子方程式为Fe＋NO－3＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故D错误。[练高考]8．A本题考查物质的性质。Na2SiO3可溶于水，A项符合题意。

9．A“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色与氧化亚铁有关，而氧化铁显红色，A项错误；秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，B项正确；陶瓷以黏土为原料，经高温烧制而成，属于人造材料，主要成分是硅酸盐，C项正确；陶瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐中硅元素化合价处于最高价，化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧

化等优点，D项正确。10．A本题以新材料为背景考查金属材料、无机非金属材料、有机合成材料等知识；以我国科研成果为载体考查学生的识记、再现及辩识能力；借助物质的组成、性质考查学生宏观辨识与微观探析的学科核心素养，体现了增加民族自豪感的价值观念。B项，2022年冬奥

会的速滑服是由有机合成材料制成的；C项，碳包覆银纳米线是金属材料；D项，钛合金筛网轮是金属材料。[练模拟]11．A“自古书契多编以竹简，其用缣帛者谓之为纸”，缣帛是丝织品，蚕丝的主要成分是蛋白质，故A错误；硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写Si

O2，含氢元素的H2O写在最后，所以BaCuSi4O10用氧化物形式表示：BaO·CuO·4SiO2，故B正确；液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞蒸气，黄芽指呈淡

黄色的硫黄，故C正确；择取无沙黏土而为之得到“瓦”，是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故D正确。12．CSiO2和CO2都是共价化合物，A正确；都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应产生盐和水，B正确；SiO2不能溶于水且不能与水反应生成相应的酸，C

错误；光在SiO2中可以全反射，因此SiO2可用于制光导纤维，固态CO2容易升华，升华时吸收大量的热，因此干冰可用于人工降雨，D正确。13．B酸性强弱与水溶性没有关系，则无法据此比较酸性强弱，故A错误；CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀，反应方程式是

Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓，反应原理是强酸制弱酸，说明碳酸比硅酸酸性强，故B正确；比较强酸制取弱酸是在溶液中进行的反应，则在高温下固体之间的反应不能比较酸性强弱，故C错误；HCl通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，其气体通入可溶性硅酸盐溶液中生

成沉淀，根据强酸制弱酸，只能说明盐酸的酸性比碳酸强，可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，可能为盐酸与硅酸盐的反应，无法确定碳酸与硅酸酸性的强弱，故D错误。14．D①②③反应前后元素化合价发生改变，故①②③发生的反应均是氧化还

原反应，A正确；由二氧化硅制高纯硅的流程图中反应过程中生成氢气和氯化氢，同时氯化氢和氢气也作为反应物参与化学反应，故氢气和氯化氢均可循环利用，B正确；二氧化硅熔点比较高，硬度比较大，C正确；三氯甲硅烷（SiHCl3）摩尔质量为135.5g·mol－1，D错误。综合测评提能力1．A此处的缣帛为丝织品

，蚕丝的主要成分是蛋白质，故此处的纸的主要成分为蛋白质，故A正确；“日照香炉生紫烟”是指在日光的照耀下，水汽蒸腾，呈现出紫色的烟霞，是一种物理现象，并没有碘，故B错误；Fe3O4具有磁性，可以用于制造司南或指南针

，故C错误；瓷器的主要原料为黏土，主要成分是硅酸盐，属于硅酸盐材料，故D错误。2．B烧陶过程中涉及到氧化还原反应，故A错；泥瓮、瓦的主要成分为黏土，属于传统的硅酸盐产品，故B正确；陶是以粘性较高、可塑性较强的粘土为主要原料烧制而成，故C错；金刚砂是由粘土中的二氧化硅与碳在高

温下反应生成的碳化硅；含硅为1.0～4.5%，含碳量小于0.08%的硅合金钢叫做硅钢，均不属于硅酸盐材料，故D错。3．A气体进入两通管前必须除水，以免水蒸气在两通管中冷凝使其炸裂，故A不正确；实验中观察到装置B中石灰水变浑浊

，说明产生的分解产物中有CO2，E中固体变为红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故B正确；先通入N2，是为了将装置中的空气赶跑，以免空气中成分干扰反应和判断，故C正确；因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向

其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，可能是反应中生成CO，部分还原氧化铁得到铁，其中的Fe将Fe3＋还原成Fe2＋，不能证明分解产物中不含Fe2O3，故D正确。4．C5．A压滤操作，是利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，以达到固液分离的目的，或者使用外加压力使过滤

混合物在外加压强的作用下快速过滤的操作，故对比普通过滤，压滤的优点是：过滤和洗涤速度快，液体和固体分离比较安全，滤出的固体容易干燥，A正确；由流程图可知，脱色时加入活性炭进行吸附，发生物理变化，而不是氧化还原反应，B错误；除钙时的沉淀剂不能选用MgF2，否则将引入新的杂质Mg2＋，C错误；由于

碳酸锰在高温下容易分解，故烘干的温度不宜过高，应保持一定的温度，以足够的时间进行彻底烘干，D错误。6．C高温结构陶瓷具有共价晶体的特性，具有耐高温、耐腐蚀、抗氧化等优良性能，故A正确；二氧化硅具有良好的导光性和对光全反射的性质，常用于制作光导纤维，故B正确；水泥、玻璃都是硅酸盐

制品，水晶饰物主要成分是二氧化硅，故C错误；硅晶片是良好的半导体材料，是生产芯片的基础材料，故D正确。7．B实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下制Cl2，可以达到实验目的，A项正确；用浓盐酸与MnO2在加热条件下制备的Cl2中含有H2O、HCl，先用饱和NaCl溶液除去HCl

，再用浓硫酸除去水蒸气，且气体应从长导管进，短导管出，B项错误；SiC和Cl2在高温条件下反应可制备CCl4，可以达到实验目的，C项正确；SiCl4的沸点为57.6℃，沸点较低，可以通过冷凝的方法收集，由于SiCl4易水解，而

且需要吸收过量的Cl2，因此需要接一个装有碱石灰的干燥管，既可以防止空气中的水蒸气进入，也可以吸收多余的Cl2，可以达到实验目的，D项正确。8．B硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示BaO·CuO·2SiO

2，故A正确；硅酸铜钡能稳定存在，说明不易溶解于强酸和强碱，故B错误；青花瓷能长期不褪色，说明硅酸铜钡性质稳定不易脱色，故C正确；硅酸铜钡中Ba为＋2价、Cu为＋2价、Si为＋4价、O为－2价，根据化合价代数和等于0，可知x＝6，故D正确。9．D由铝土矿制备较高纯度Al，可用氧化

铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，过滤后通入CO2气体生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解氧化铝可生成铝，电解时为降低熔点，可加入冰晶石，A错误；石英主要成分为二氧化硅，不是盐，与盐酸不反应，且玻璃也与盐酸不反应，B错误；粗硅的反应：SiO2＋2C=====高温Si＋2CO

↑，反应中SiO2为氧化剂，C为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，C错误；黄铜矿（CuFeS2）与O2反应产生的Cu2S、SO2、FeO中Cu、O元素化合价降低，则Cu2S、FeO均是还原产物，SO2既是还原产物又

是氧化产物，D正确。10．D向物质的量均为0.1mol的KOH、Ba（OH）2和NaAlO2的混合溶液中不断通入nmolCO2，CO2先和Ba（OH）2反应生成BaCO3沉淀，Ba（OH）2消耗完后，CO2再和KOH反应生成K2CO3，KOH消耗完后，CO2和NaAlO2反应生成Al（

OH）3沉淀，NaAlO2消耗完后，CO2和溶液中的CO2－3反应生成HCO－3，最后CO2和BaCO3反应生成Ba（HCO3）2。A.由分析可知，混合溶液的溶质与CO2反应的先后顺序依次为Ba（OH）2、KOH、NaAlO2

，错误；B.由分析可知，向混合溶液中通入CO2，先有沉淀生成后沉淀溶解，则通入CO2的过程中溶液的导电能力先降低后增大，错误；C.由分析可知，CO2先和Ba（OH）2反应生成BaCO3沉淀，将Ba（OH）2反应完全需消耗0.1molCO2，CO2再和KOH反应生成K2CO3，将KOH反应完全需

消耗0.05molCO2，共消耗0.15molCO2，当0.15＜n＜0.2时，CO2量不足，与NaAlO2反应生成Al（OH）3沉淀和Na2CO3，离子方程式为CO2＋2AlO－2＋3H2O===2Al（OH）3↓＋CO2－3，错误；D.CO2先和Ba

（OH）2反应生成BaCO3沉淀，将Ba（OH）2反应完全需消耗0.1molCO2，CO2再和KOH反应生成K2CO3，将KOH反应完全需消耗0.05molCO2，CO2和NaAlO2反应生成Al（OH）3沉淀，将NaAlO2转化为Al（OH）3至少需要消耗0.05molCO2，

故当沉淀的物质的量达到最大值，至少需要通入0.2molCO2，正确。11．答案：（1）D（2）SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O氢氟酸（3）防火剂D（4）CSiO2解析：（1）生石灰（CaO）不含Si元素，不属于硅酸盐。（2）SiO2与NaOH溶

液反应的化学方程式为SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，SiO2与HF反应，所以通常用氢氟酸来雕刻玻璃。（3）Na2SiO3水溶液又称“水玻璃”，具有阻燃的功能，因此可用作防火剂。含有SiO2的坩埚可与Na2CO3反应，A

l2O3也可与Na2CO3反应。12．答案：（1）①球形冷凝管②12HNO3＋C6H12O6=====55～60℃3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O③作安全瓶，防倒吸NaOH溶液（合理即可）（2）溶液pH在4.0～5.0之间蒸发浓缩、冷却结晶（3）①溶液变为粉红色，且半分

钟内不褪色②反应生成的Mn2＋是该反应的催化剂③74.8解析：（1）①仪器A是球形冷凝管。②55～60℃下，硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且其物质的量之比为3∶1，3HNO3→3NO2过程中N

的化合价共降低3×1＝3，HNO3→NO过程中N的化合价降低3，C6H12O6→3H2C2O4过程中C的化合价共升高6×3＝18，所以NO2的化学计量数为3×3＝9，NO的化学计量数为3×1＝3，HN

O3的化学计量数为12，再根据原子守恒可写出化学方程式：12HNO3＋C6H12O6=====55～60℃3H2C2O4＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O。③反应中生成的NO2和NO均为大气污染物，需要进行尾气处理。NO2和NO被吸收时可能会发生倒吸，装置B的作用是作安全瓶、防止倒

吸。装置C中盛装的试剂是碱液（如NaOH溶液）用于吸收NO2和NO。（2）草酸铁铵易溶于水，常温下其水溶液的pH在4.0～5.0之间，则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH在4.0～5.0之间。将pH在4.0～5.0之间的草酸铁铵溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、

过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。（3）①高锰酸钾溶液发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可作指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾标准溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色。②滴定过程中高锰酸钾被还原为Mn2＋，且随着反

应的进行，Mn2＋的浓度增大，反应速率增大，说明反应生成的Mn2＋可以使反应速率增大，即Mn2＋起催化剂的作用。③滴定过程中，草酸铁铵产品溶液加稀硫酸酸化后生成草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO－4

＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，则10.00mL草酸铁铵产品溶液中n（C2O2－4）＝n（H2C2O4）＝52n（MnO－4）＝52×0.1000mol·L－1×0.012L＝0.003mol,100mL

草酸铁铵产品溶液中（NH4）3Fe（C2O4）3的质量为100mL10.00mL×0.003mol×13×374g·mol－1＝3.74g，故草酸铁铵产品的纯度为3.74g5.000g×100%＝74.8%。13．答案：Ⅰ.（1）H2SO4CaF2、MgF2、Fe（2）Fe2＋＋2HCO－3

===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O（3）蒸发浓缩、冷却结晶ZnSO4·H2OⅡ.（1）（2）排尽装置中的空气，降低溶液中OH－的浓度，防止生成Fe（OH）2（3）乳酸根离子中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4解析

：Ⅰ.流程梳理：由题图1流程可知，还制备了ZnSO4·7H2O，所以“酸浸”时应该选用过量的稀硫酸→“酸浸”时K2Fe6（SO4）4（OH）12、ZnO、Fe2O3、CaO、MgO均能与硫酸反应，生成K2SO4、Fe2（SO4）3、ZnSO4、CaSO4、MgSO4，其中微溶的CaSO4与未反应的

SiO2被过滤后成为“滤渣1”→“还原”时发生的反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋→加入NH4F后生成难溶的CaF和MgF2，二者与过量的Fe粉一起构成“滤渣2”→再向滤液中加入NH4HCO3，生成FeCO3和CO

2→得到的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O。（2）“沉铁”时Fe2＋与HCO－3反应生成FeCO3和CO2，据此可以写出离子方程式。（3）“沉铁”后溶液中溶质有ZnSO4等，由于要得到的是结晶水合物，所以采用蒸发浓缩

、冷却结晶的方法。对结晶水合物进行热重实验时，一般结晶水合物先失去结晶水（有时结晶水分多步失去），再进行分解。所以可用假设法进行分析：28.70g（0.1mol）皓矾完全失去结晶水得到的ZnSO4应为16.10g，则100℃时得到的17.90g固体中还含有部分结晶水，设100℃时固体的化

学式为ZnSO4·xH2O，则有17.90161＋18x＝28.70287，解得x＝1。Ⅱ.（1）由于盐酸易挥发，所以装置A中制得的CO2中含有HCl气体，因此装置B应该选用盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置。（2）由于Fe2＋易被空气氧化，且在

碱性较强的溶液中可产生Fe（OH）2沉淀，所以应该先排尽装置C中的空气，并且将溶液的pH降低，所以要先向pH＝12.11的碳酸钠溶液中通入CO2气体至pH为7。（3）采用酸性高锰酸钾溶液测定乳酸亚铁的质量分数，结果总是大于100%，可知补血剂中存在除Fe2＋以外能够与高锰

酸钾反应的微粒，结合教材所学的乙醇能直接被酸性高锰酸钾溶液氧化成乙酸，可知是乳酸根离子中所含的羟基造成的。课练10氯及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．AA．氯气是一种有毒气体，溶于水后，和水反应生成的次氯酸具有

强氧化性，可以用于自来水消毒，正确；B.次氯酸见光易分解，次氯酸钙比次氯酸稳定，错误；C.氯水中的次氯酸见光易分解，应该保存在棕色的试剂瓶中，广口瓶一般盛放固体药品，错误；D.漂白粉中的次氯酸钙易吸收空气中的二氧化碳和水

生成次氯酸，次氯酸易分解，导致变质，所以不应该敞口保存，错误。2．BA．铁与强氧化剂反应生成＋3价化合物，氯气具有强氧化性，与铁反应生成氯化铁，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，错误；B.CO2通入NaClO中能生成HClO符合复分解反应的条件，为强酸可以制取较弱酸的规律，正确；C.氯气与水反应

生成具有漂白性的HClO，HClO不稳定，见光或受热分解生成HCl和O2，久置的氯水可看作稀盐酸，不能杀菌消毒，错误；D.氯气与铁在点燃条件下反应，但常温下干燥的氯气与铁不反应，错误。3．BA．做饭的油锅起火时盖上锅盖灭火，盖上锅盖主要是隔绝空气，错误；B.雾属于胶体，晨曦穿过林中形成缕缕光束，

说明具有丁达尔效应，正确；C.燃气热水器装在浴室外，防止燃气燃烧生成CO引起CO中毒，错误；D.漂白液与盐酸的洁厕剂不能混合使用，主要是漂白液和盐酸反应生成氯气、氯化钠和水，错误。4．B向新制饱和氯水中加入氯化钠，溶液中c（C

l－）增大，Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO的平衡逆向移动，所以能抑制氯气溶解，因此可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，A正确；向新制饱和氯水中加入浓盐酸，c（Cl－）和c（H＋）均增大，平衡Cl2＋H2O⇌

HCl＋HClO逆向移动，B错误；向新制饱和氯水中加入CaCO3，CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O，c（H＋）减小，平衡Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO向正向移动，从而可制得浓度较高的次氯酸溶液

，C正确；氢氧化钙能与盐酸反应、次氯酸反应，使得平衡Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO正向移动，最终得到氯化钙、次氯酸钙，从而制得漂白粉，D正确。[练高考]5．答案：（1）①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－AgNO3②FeI2＋Cl2===FeCl2＋I2Fe

Cl3、I2I2被进一步氧化（2）2IO－3＋5HSO－3===I2＋5SO2－4＋3H＋＋H2O（3）4防止单质碘析出解析：（1）①悬浊液为AgI的饱和溶液，加入铁粉，发生置换反应2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的沉淀为Ag，

Ag与硝酸反应生成的AgNO3可循环使用。②还原性：I－>Fe2＋，通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，则只有I－被氧化，反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===FeCl2＋I2。若反应物用量比n（Cl2）/n（FeI2）＝1.5时，设n（Cl2）＝1.5mol，则n（FeI2

）＝1mol，1molFeI2中I－先被氧化，消耗1molCl2，Fe2＋后被氧化，消耗0.5molCl2，因此FeI2和Cl2恰好完全反应，氧化产物为FeCl3、I2；当n（Cl2）/n（FeI2）>1.5时，过量的Cl2能氧化生成的I2，发生反应5Cl2＋I2＋6H2O===2HIO3＋10

HCl，因此碘的收率会降低。（2）题述制备I2的总反应为NaIO3与NaHSO3反应生成I2和SO2－4，根据2IO－3――→得10e－I2、HSO－3――→失2e－SO2－4，由得失电子守恒可得2IO－3＋5

HSO－3―→I2＋5SO2－4，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为2IO－3＋5HSO－3===I2＋5SO2－4＋3H＋＋H2O。（3）KI溶液和CuSO4溶液反应生成CuI和I2，配平离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI＋I2，若生成1molI2，消耗的K

I至少为4mol。I2在水中溶解度不大，反应中加入过量KI，使反应I2＋I－⇌I－3平衡右移，防止单质碘的析出。6．答案：（1）Na＋a（2）10－7.5（3）2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O（4）1.25NaHCO3＋NaHSO4===C

O2↑＋Na2SO4＋H2O（5）ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O203解析：（1）阳极发生氧化反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，Cl2从a口逸出；阳极室排出淡盐水，故Na＋透过离子膜进入阴极室。（2）Ka（HClO）＝c（H＋）·c（ClO－）c（HClO），由图（b）可知c

（HClO）＝c（ClO－）时，溶液pH＝7.5，故Ka（HClO）＝10－7.5。（3）HgO与Cl2的反应为歧化反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，汞元素与氧元素化合价不变，故HgO与Cl2反应生成Cl

2O的同时还生成HgCl2，依据得失电子守恒可知，生成HgCl2与Cl2O的物质的量之比为1∶1。（4）由题意可知NaClO2生成ClO2的反应为歧化反应，故，依据得失电子守恒可得，生成ClO2与NaCl的物质的量之比为4∶

1，依据氯原子守恒可得，NaClO2与ClO2的物质的量之比为5∶4，每生成1molClO2消耗NaClO2的量为1.25mol；ClO2易溶于水，故“气泡”的成分只能是CO2，NaHSO4与NaHCO3反应生成Na2SO4、H2O和CO2。（5）酸性条件下Cl

O－与Cl－可发生氧化还原反应生成Cl2和H2O；设反应前NaOH溶液的质量为akg，消耗氯气的质量为xkg，则x＋a＝1000；反应消耗NaOH的质量为（0.3a－1000×1%）kg＝（0.3a－10）kg，由化学方程式Cl2＋

2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O可知：x0.3a－10＝7180，与x＋a＝1000联立可求出x≈203。[练模拟]7．AHClO为弱酸，不能完全电离，离子方程式为Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO，A项错误；电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解方程式为2Cl－＋2H2O=

====电解2OH－＋H2↑＋Cl2↑，B项正确；氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气，同时生成氯化铵，方程式为8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2，C项正确；氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子，反应

的离子方程式为HSO－3＋Cl2＋H2O===SO2－4＋3H＋＋2Cl－，D项正确。8．B紫色的石蕊试液变红，有H＋存在，后褪色，有HClO，A正确；新制氯水中含盐酸、HClO，HClO不与HCO－3反应，正确的方程式，为HCO－3＋H＋

===CO2↑＋H2O，B错误；新制氯水中有Cl－，和银离子反应生成白色沉淀，C正确；新制氯水中的Cl2具有强氧化性，可以使亚铁离子氧化，D正确。9．B灼烧碎海带应用坩埚，A错误；海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I－的溶液，B正确；MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程

式为MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，C错误；Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误。10．C碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在

，IO－3和I－在酸性条件下可生成I2，I2遇淀粉变蓝，A正确；由图途径Ⅲ可知，Cl2可将I－氧化为IO－3，氧化性Cl2＞IO－3，途径Ⅱ可知IO－3可被还原为I2，氧化性为IO－3＞I2，则氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO－3＞I2，B正确；生产1mol碘，

途径Ⅰ中－1价碘转变为0价碘，需要转移2mol电子，途径Ⅱ中＋5价碘转变为0价碘，需要转移10mol电子，故转移电子数目之比为1∶5，C错误；途径Ⅲ中Cl2可将I－氧化为IO－3，而氯气被还原为Cl－，根据得失电子守恒

和质量守恒可得，反应的离子方程式为3Cl2＋I－＋3H2O===6Cl－＋IO－3＋6H＋，D正确。综合测评提能力1．A卤素单质中，氟气和水之间反应生成HF和O2，不符合X2＋H2O⇌HXO＋HX，A错误；卤素原子的得电子能力越强，HX的热稳定性越强，卤素原

子的得电子能力随X的核电荷数的增加而减小，所以HX的热稳定性随X的核电荷数的增加而减小，B正确；卤素单质的颜色由F2到I2逐渐加深，由F2→I2依次是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，C正确；卤素单质的氧化性由F2到I2逐渐减弱，对应离

子的还原性F－<Cl－<Br－<I－，D正确。2．DIBr中I为＋1价，Br为－1价，2个原子组成1个IBr分子，A正确；因为其化学性质与卤素相似，所以在很多反应中，IBr是强氧化剂，B正确；与碱反应的实质可看成是IBr先与水反应，生成物HBr和HIO再与碱反应，所以与NaOH溶

液反应的化学方程式为2NaOH＋IBr===NaBr＋NaIO＋H2O，C正确；与水的反应IBr＋H2O===HBr＋HIO中，反应前后各元素的化合价均未发生变化，不是氧化还原反应，D错误。3．D碘酸钾化

学式为KIO3，KIO4是高碘酸钾，A项错误；NaCl受热不分解，B项错误；K4Fe（CN）6是离子化合物，含有离子键和共价键，不含金属键，金属键存在于金属单质和合金中，C项错误；NaCl是离子化合物，其晶体是离子晶体，

D项正确。4．B工业上可用热空气吹出碘，是利用单质碘易升华的性质，故A错误；活性炭具有强吸附性，用活性炭吸附生成的单质碘的目的是富集单质碘，故B正确；向废水中加入NaNO2并调节pH<4，离子方程式为2NO－2＋

4H＋＋2I－===2NO＋I2＋2H2O，故C错误；取洗脱后的溶液，加入稀硝酸，碘离子氧化为碘酸盐，不能检验碘离子的存在，故D错误。5．D步骤1，漂粉精固体加入100mL水，Ca（ClO）2水解呈碱性，充分溶解后过滤，测漂粉精溶液的pH，pH试纸先变蓝（约为12），由于漂白粉具有强氧化性、漂白性

，导致pH试纸褪色；步骤2，通入SO2一段时间后，H2O＋SO2＋ClO－===2H＋＋SO2－4＋Cl－，产生CaSO4，出现浑浊，2H＋＋ClO－＋Cl－===Cl2↑＋H2O，产生氯气，溶液变为黄绿色；稍后，SO2＋Cl2＋2H2O===4H

＋＋SO2－4＋2Cl－，产生大量CaSO4白色沉淀，黄绿色褪去；步骤3中加入HCl酸化，CaSO4与盐酸不反应，酸化后CaSO4溶解度增大，充分振荡后静置，在上层清液中加入BaCl2溶液，溶液中SO

2－4直接与Ba2＋产生沉淀。步骤1中pH试纸变蓝是因为漂粉精中含Ca（ClO）2，Ca（ClO）2水解呈碱性，故A错误；步骤2中出现黄绿色原因是H2O＋SO2＋ClO－===2H＋＋SO2－4＋Cl－，2H＋＋ClO－＋Cl－===Cl2↑＋H2O，是次氯酸根离子将氯离子氧化，故B错误；步骤

3中加入HCl酸化，增大CaSO4在水中的溶解度，故C错误；步骤4中发生SO2－4＋Ba2＋===BaSO4↓，是溶液中SO2－4直接与Ba2＋产生沉淀，不是CaSO4转化为BaSO4，步骤4中现象不能说明Ksp（CaSO4）>Ksp（BaSO4），故D正确。6．D蛋白质

遇浓硝酸变性，发生颜色反应变为黄色，而不是脂肪，故A错；将火柴浸于水中，不能电离出氯离子，应加还原剂将氯酸根还原为氯离子，再加硝酸银、硝酸检验，故B错；蛋白质与双缩脲试剂反应溶液出现紫玫瑰色，双缩脲化合物与氢氧化铜反应也能出现紫玫

瑰色，则溶液出现紫玫瑰不一定含蛋白质，故C错；海带中的碘离子被氯气氧化为碘单质，碘单质在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度，且四氯化碳密度大于水的密度，则向海带灰的浸取液中通入适量氯气，再加入CCl4萃取，下层出现紫红色，则海带中含有碘元素，故D正确。7．B8．B根据水解原理可知NaClO溶

液与饱和Ag2SO4溶液反应的离子方程式：Ag＋＋ClO－＋H2O===AgOH↓＋HClO，A正确；醋酸酸性大于次氯酸，所以NaClO溶液与CH3COOH溶液反应生成次氯酸，次氯酸光照分解成氧气，B错误；ClO－具有氧化性，Fe2＋具有还原性，Fe2＋被氧化为Fe3＋，遇KSCN溶液，溶

液变红，C正确；NaClO溶液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，D正确。9．CNaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，NaHCO3的溶解度小于NaCl

、NH4Cl，可结晶析出，A正确；侯氏制碱法应先通NH3再通CO2，B正确；③中发生反应SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，Br2被还原，C错误；③④的目的是进行溴的富集，以制得浓度较大的溴水，

D正确。10．BCl2与NaBr反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，故A、C正确；氯气和溴蒸气都能与KI反应生成碘单质，故F处棉花球变成蓝色，不能说明溴的氧化性比碘的强，B错误；Cl2与NaOH反应，其离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋

H2O，D正确。11．答案：（1）高氯酸钾CaCl2和Ca（ClO）2（2）2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O（3）8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl（4）4mol·L－1解析：（1）KClO4化学名称为高氯酸钾，漂白粉由Cl2和Ca

（OH）2反应得到，主要成分是CaCl2和Ca（ClO）2；（2）KClO3作氧化剂被还原生成ClO2，H2C2O4作还原剂被氧化生成CO2。根据得失电子守恒配平方程式可得：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O；（3）氨气被氧化生成N2，C

l2被还原生成HCl，HCl与NH3发生后续反应生成白烟（NH4Cl），反应方程式：8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl；（4）Cl2发生歧化反应，氧化产物是NaClO3和NaClO，还原产物是NaCl。NaClO3和NaClO的物质的量之比等

于1∶1，则NaClO3和NaClO计量数之比等于1∶1，写出化学反应方程式。设NaOH物质的量为xmol，则8NaOH＋4Cl2===NaClO3＋NaClO＋6NaCl＋4H2O811x0.1mol0.1mol由8x＝10.1mol，得

x＝0.8mol，则c（NaOH）＝nV＝0.8mol0.2L＝4mol·L－1。12．答案：（1）蒸馏法渗析法（或离子交换法，3个中任意答2个）（2）使溴元素富集2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－（3）Br2＋SO2＋2H2O==

=H2SO4＋2HBr②③（4）NH＋4（5）使氯化钠溶液显碱性，以利于吸收CO2气体（6）53（m1－m2）31m2或106（m1－m2）62m2解析：（1）目前淡化海水主要采用三种方法：蒸馏法、渗析法和离子交换法

。故答案为：蒸馏法、渗析法和离子交换法；（2）第一次用氯气制取Br2获取的Br2浓度较小，第二次用SO2将Br2还原并收集是为了富集溴元素，再用氯气使“Br－―→Br2”是为了更容易获得更多的溴，氯气提取溴所发生的离子方程式为：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－；（3）SO2

与Br2和水发生的化学方程式是，Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr；由于H2SO4中的S的化合价处于最高价，因此不能吸收Br2，而碘的非金属性比溴要弱，所以溴可以置换碘，因此KI可以用于吸收Br2，由于Na2SO3中的S处于＋4价，而S的最

高价是＋6价，因此S可以被Br2氧化，从而Na2SO3溶液也能用于吸收Br2；（4）由于饱和的NaCl溶液吸收了NH3，所以X溶液中的主要的阳离子还有NH＋4；（5）通入氨气后溶液显碱性，可以增大二氧化碳的溶解度，故答案是：使氯化

钠溶液显碱性，以利于吸收CO2气体；（6）设产品中纯碱的质量分数为x，则2NaHCO3=====△Na2CO3＋（H2O＋CO2）10618＋44m2×xm1－m2，106m2×x＝18＋44m1－m2x＝10

6（m1－m2）62m2×100%＝53（m1－m2）31m2×100%。13．答案：（1）圆底烧瓶（2）1∶1（3）吸收Cl2C（4）B（5）反应生成的氯离子起催化作用（6）稳定剂Ⅱ稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需

的浓度解析：稀盐酸和NaClO3溶液反应生成ClO2，化学方程式为2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，反应中生成了ClO2和Cl2，Cl2会对检验ClO2产生干扰，则装置C的作用是吸收Cl2，装置D是为了检验ClO2，

则装置D中应装有淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，说明有ClO2。（2）根据2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O可知，NaClO3转化为ClO2，NaClO3中Cl元素化合价降低，NaClO3作氧化剂，HCl转化为C

l2，HCl中Cl元素化合价升高，HCl作还原剂，4分子HCl参与反应，但只有2分子的HCl转化为Cl2，所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1；（3）Cl2会对检验ClO2产生干扰，则装置C的作用是吸收Cl

2；ClO2氧化性与Cl2的氧化性相近，装置D是为了检验ClO2，则装置D中应装有淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，说明有ClO2，答案选C；（4）ClO2是酸性气体，在碱液中的溶解度较大，因此最佳尾气处理装置为B；（5）反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行溶液中氯离子浓度增大，反

应速率加快，所以产生气体的速率加快的原因可能是氯离子起催化作用；（6）依据图3可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ效果较好。课练11硫及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．CS和氧气点燃条件下只能生成SO2，A项错；硫元素以硫酸盐的形

式进入土壤，B项错；CuS中S的化合价为－2价，具有还原性，D项错。2．A由题图可知，硫酸盐和亚硫酸盐等在含硫杆菌及好氧/厌氧菌作用下缓慢转化为植物中的R1—S—R2，促进了硫的循环，故A说法正确；硫循环中硫的化合物存在含硫有机物，故B说法错误；硫循环中硫元素既存在被氧化的过程，也存

在被还原的过程，如含硫杆菌及好氧/厌氧菌将硫酸盐还原为R1—S—R2，故C说法错误；烧煤时加石灰石，分解产生的CaO可以吸收SO2，但分解的同时会产生温室气体CO2，故D说法错误。3．A用铜和浓硫酸制取SO2需要加

热，而装置Ⅰ中没有加热仪器，故药品X不能是铜屑，A错误。多孔球泡可增大SO2与液体的接触面积，从而增大SO2的吸收速率，B正确。SO2是酸性氧化物且有毒，多余的SO2可用NaOH溶液吸收，用倒置的漏斗可以防止倒吸，C正确。反应后的溶液中溶质主要为MnSO4、H2SO3，

结合题图2，要使析出的晶体为MnSO4·H2O，蒸发结晶后应当在高于40℃的条件下趁热过滤，D正确。4．B加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，水具有挥发性，生成的二氧化硫中含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸

铜变蓝色；B中浓硫酸干燥二氧化硫气体；如果生成的气体中含有氢气，氢气具有还原性，则能将黑色的氧化铜粉末还原为红色Cu；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，需要在F中进行尾气处理，据此分析解答。A中Cu和

浓硫酸发生氧化还原反应，体现了浓硫酸的强氧化性，B中浓硫酸是干燥生成的气体，体现了浓硫酸的吸水性，故A错误；D中无现象，说明气体与氧化铜没有反应生成水，E中品红溶液颜色变浅，说明生成了二氧化硫，证明浓硫酸的还原产物是SO2不是H2，故B正确；实验结束时，拉起铜丝，首先熄灭C处酒精

灯，再熄灭A处酒精灯，防止溶液倒吸，炸裂玻璃管，故C错误；氢氧化钠溶液与二氧化硫反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故D错误。[练高考]5．DNH4Cl受热分解能生成NH3和HCl，但试管口温度较低，NH3和HCl在试管口会重新生成NH4Cl，A项错误；铝片遇到冷浓

硝酸钝化，不能用该方法制备NO2，B项错误；浓硫酸具有强氧化性，能和Na2S发生氧化还原反应生成S和SO2，不能生成H2S气体，C项错误；加热KClO3和MnO2的混合物可以制备O2，其中MnO2作催化剂，D项正确。6．C淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaH

SO3中的＋4价降低到0价，发生还原反应，HSO－3体现氧化性，A项不符合题意；酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即Fe（Ⅱ），B项不符合题意；在该反应中浓硝酸

体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO2，NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C项符合题意；先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解，NaClO＋H2O⇌NaOH＋HClO，后来褪色，是因为水解产生了

漂白性物质HClO，D项不符合题意。7．DSO2是无色气体，A错误；汽车尾气中含有氮氧化物、一氧化碳、未燃烧的碳氢化合物、含铅化合物、固体颗粒物等，B错误；植物不能直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，C错误；石灰（CaO）可与SO2反应生成CaSO3，故可采用石灰法脱除工

业废气中的SO2，D正确。[练模拟]8．DSO2－4的检验，先用稀盐酸酸化，直到没有现象为止，排除Ag＋、CO2－3等的干扰，再加入氯化钡溶液，看是否生成白色沉淀。直接加入稀盐酸酸化的氯化钡溶液，不能排除Ag＋的干扰，

A错误；先加氯化钡不能排除Ag＋的干扰，B错误；加入硝酸钡，不能排除碳酸根、亚硫酸根等的干扰，C错误；加入盐酸无明显现象，排除Ag＋等的干扰，再加入氯化钡有白色沉淀，说明有SO2－4，D正确。9．B已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，确定X为浓硫酸；浓硫酸能使蔗糖脱水炭化，故A不符合题

意；若A为铁，则在图中的反应中，X起氧化剂和酸性的作用，故B符合题意；若A为碳单质，则C为二氧化碳，不宜用来扑灭由钠引起的着火，故C不符合题意；B为二氧化硫气体，有漂白性，通入品红溶液中，品红溶液褪色，故D不符合题意。10．

AT．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2（SO4）3可视为催化剂，该脱硫过程不需要不断添加Fe2（SO4）3溶液，A错误；脱硫过程：Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成

硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，需补充一定量的亚铁离子，C正确；天然气的主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，井火为天然气燃烧出现的火焰

，故说明我国古代已利用天然气煮盐，D正确。11．B实验Ⅰ中，将SO2通入AgNO3溶液（pH＝5）中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A错误；实验Ⅱ中，取白色沉淀，加入3mol·L－1HNO

3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀b中含有还原性的物质存在，故B正确；实验Ⅲ中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag＋等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液a中加入BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，溶液a中不一定有硫酸根离子，故C错

误；由于实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能证明产物中有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D错误。综合测评提能力1．B浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：ClO－＋H

2O⇌HClO＋OH－，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，ClO－3在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；HI的沸点低，易挥发，加热NaI与浓H3PO4混合物发生反应生成HI，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原

理，C错误；相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误。2．D“焙烧”时，FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，用赤泥液中的Na2CO3可以吸收生

成的SO2，A项正确；在“碱浸”阶段，KOH溶液溶解了Al2O3、SiO2，因此在制明矾的过程中，应除去偏铝酸钾溶液中的硅酸钾，B项正确；若增加Fe2O3用量，则导致Fe3＋水解的量增多，[Fe2（OH）x（SO4）y]n中OH－量增多，x变大，C项正确；

聚合硫酸铁可用于净化自来水，是因为Fe3＋发生水解反应生成具有吸附性的胶体粒子，没有发生氧化还原反应，D项错误。3．A过程Ⅰ中，SO2被NaOH吸收，生成Na2SO3和水，过程Ⅱ中，Na2SO3、Ca（OH）2与O2反应，生

成NaOH和CaSO4，过程Ⅰ中NaOH被消耗，过程Ⅱ中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，总反应为2Ca（OH）2＋2SO2＋O2===2CaSO4＋2H2O。过程Ⅰ中，SO2被NaOH吸收，生

成Na2SO3和水，故A错误；过程Ⅱ中，硫元素的化合价发生改变，由＋4价变为＋6价，故B正确；过程Ⅰ中NaOH被消耗，过程Ⅱ中又生成NaOH，脱除SO2的过程中，NaOH可以循环利用，故C正确；SO2有毒，脱除SO2的目的是防止污染空气，故D正确。4．D

取少量该溶液于试管中，滴加KSCN溶液，混合溶液变血红色，证明溶液中含有Fe3＋，无法证明溶液中不含Fe2＋，选项A错误；用洁净的铂丝蘸取少量该溶液进行焰色反应，观察到火焰成黄绿色，证明某溶液中含有Ba2＋，选项B错误；铜与浓硫酸反应后装有剩余溶液的试管中还

含有浓硫酸，直接加水洗试管易造成液滴飞溅，发生安全事故，选项C错误；将稀硫酸加入盛有Fe（NO3）2溶液的试管中，溶液变为棕黄色，且试管口有红棕色气体生成，说明溶液中有铁离子生成，则硝酸根离子被还原为NO，NO遇空气变为红棕色，可证明酸性条件下氧化性：Fe3＋<NO－3，选项D正

确。5．C硫酸和亚硫酸钠在A中发生复分解反应产生二氧化硫，通过B中产生气泡的速率调节滴加硫酸的速率，二氧化硫与硫化钠、碳酸钠在C中发生反应制备Na2S2O3，多余的二氧化硫用E吸收，二氧化硫在C、E中被吸收时容易引起倒吸，B和D还有防倒吸的作用。a可以平衡分液漏斗

和烧瓶内的气压，有利于硫酸顺利滴入，A正确；A中发生H2SO4＋Na2SO3===Na2SO4＋H2O＋SO2↑，利用复分解反应强制弱原理制备SO2，该反应体现了硫酸的酸性，B正确；实验过程中可以通过B中产生气泡的速率调节滴加硫酸的速率，同时二

氧化硫与C中物质反应易引起倒吸，B还可以起到平衡气压、防倒吸的作用，D的作用仅仅是作安全瓶，起防倒吸的作用，C错误；C中出现黄色浑浊，说明C中产生了硫单质，最终又变澄清，说明硫单质又反应了，即装置C中先有淡黄色浑浊产生

，后又变澄清，说明过程中有硫单质生成，D正确。6．B部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系图可知：X为H2S，Y为SO3，W为H2SO4，Z为Na2S2O3。H2S与SO2混合，发生反应是2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，氧化产物与还原产物的质量之比为2∶1，A项正确；硫单质

在足量O2中燃烧所得产物是SO2，不是SO3，B项错误；酸性：H2SO4＞H2SO3，C项正确；Na2S2O3（硫代硫酸钠）中S元素化合价平均为＋2价，从氧化还原反应角度分析，必然有一种物质中S元素化合价比＋2价高，一种比＋2价低，可以选择Na2SO3与S反应制取，D项正确。7．C分析图中工

艺流程可知，SO2被Fe2（SO4）3溶液氧化生成H2SO4，Fe2（SO4）3则被还原生成FeSO4；FeSO4、H2SO4在O2作用下又重新生成Fe2（SO4）3，参与下一次SO2的吸收处理。A项，由上述分析可知，该工艺流程中得到的化工产品

为H2SO4，正确；B项，该工艺流程中将SO2转化为H2SO4，从而除去煤燃烧时产生的SO2，正确；C项，由图可知，该过程中化合价发生改变的元素除Fe和S外，还有O2中的O，错误；D项，由上述分析可知，Fe2（SO4）3吸收SO2过程中发生反应Fe2（SO4）3＋S

O2＋2H2O===2FeSO4＋2H2SO4，正确。8．AA项，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排除装置中的空气，避免空气中氧气的干扰，正确；B项，装置乙不能检验分解产生的SO2，产物中有SO3会对SO2的检验造

成干扰，并且SO2只能使石蕊溶液变红，错误；C项，SO3易溶于水，当混合气体经过乙时，SO3会被吸收，所以要想检验SO3，应该把乙和丙的位置互换，错误；D项，装置丁中应该用饱和Na2SO3溶液，错误。9．C向酸性KMnO4溶液中通入SO2，紫红色褪去，体现SO2的还原性，故A错误

；酸性：H2S<H2SO4，故B错误；碘在CCl4中的溶解度大于它在水中的溶解度，可用CCl4萃取碘水中的碘单质，故C正确；向装有蔗糖的烧杯中加入浓H2SO4，出现“黑面包”现象，体现浓H2SO4的脱水性、强氧化性，故D错误。10．CH2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d

点溶液导电性强，A项错误；d点时，亚硫酸浓度约是0.336L－0.112L22.4L·mol－10.1L＝0.1mol·L－1，酸性比同浓度硫化氢强，H2S的酸性比H2SO3弱，B项错误；向d点对应的溶液中加入Ba（NO3）2溶液，因d

点的亚硫酸会电离出氢离子结合硝酸钡电离出的硝酸根形成硝酸，其具有强氧化性，将亚硫酸根氧化为硫酸根，故产生BaSO4白色沉淀，C项正确；b点时H2S恰好完全反应，消耗SO2为0.112L÷22.4L·mol－1＝0.005mol，依据反应2H2S＋SO2===3

S↓＋2H2O可知，n（H2S）＝0.005mol×2＝0.01mol，则c（H2S）＝0.01mol÷0.1L＝0.1mol·L－1，可算出c（H2S）为0.1mol·L－1，D项错误。11．答案：（1）①检验装置气密性②

酸性KMnO4溶液③A中酸性KMnO4溶液没有完全褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀（2）②2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O③BaSO4BaSO3Ba2＋＋SO2＋Cl2＋2H2O===BaSO4↓＋4H＋

＋2Cl－解析：（1）Cu与浓硫酸反应生成SO2，SO2与NaHCO3饱和溶液反应生成CO2，气体通过酸性KMnO4溶液，除去CO2中的SO2后，再通入Na2SiO3溶液，若产生白色沉淀，则说明H2CO3的酸性强于H2SiO3，即C的非

金属性强于Si。（2）利用反应2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O可说明SO2具有氧化性，SO2与BaCl2溶液不反应，滴入氯水后，SO2发生反应：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl

，故产生的沉淀为BaSO4；若滴加氨水，则SO2与氨水反应生成（NH4）2SO3，SO2－3与Ba2＋结合生成BaSO3沉淀。12．答案：Ⅰ.（1）Cu＋2H2SO4（浓）=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O（2）有淡黄色沉淀生成（3）取适量D中褪色后的溶液于一只洁净的试管中，向其

中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，则证明溶液中生成了SO2－4（4）防止倒吸（5）漂白性、氧化性、还原性、酸性氧化物的通性Ⅱ.2SO2＋O2＋2Ca（OH）2===2CaSO4＋2H2O解析：铜和浓硫酸反应生成二氧化硫，二

氧化硫有漂白性，能使品红溶液褪色，二氧化硫有氧化性，能和Na2S反应生成S，二氧化硫有还原性，能被氯水中的Cl2氧化为H2SO4，最后利用二氧化硫具有酸性氧化物的通性，通入NaOH溶液中被吸收，防止污染空气。Ⅰ.（1）铜与浓

硫酸反应生成硫酸铜、SO2和水，化学方程式为：Cu＋2H2SO4（浓）=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O。（2）二氧化硫和Na2S反应生成硫：SO2＋2S2－＋2H2O===3S↓＋4OH－，实验时C装置中可观察到有淡黄色沉淀生成。（3）D

装置中氯水和二氧化硫反应，Cl2被还原为Cl－，氯水褪色，SO2被氧化为SO2－4：SO2＋Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，实验后D装置中硫元素的存在形式为SO2－4，可以取适量D中褪色后的溶液于一只洁净的试管中，向其中加入稀盐酸酸化

的BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，则证明溶液中生成了SO2－4。（4）二氧化硫是酸性氧化物，容易和NaOH溶液反应，E装置中球形干燥管的作用是防止倒吸。（5）由以上分析可知，上述实验体现SO2的性质有漂

白性、氧化性、还原性、酸性氧化物的通性。Ⅱ.SO2与石灰乳、空气发生氧化还原反应，SO2中的＋4价的硫被O2氧化为＋6价生成CaSO4，化学方程式为：2SO2＋O2＋2Ca（OH）2===2CaSO4

＋2H2O。13．答案：（1）排出装置中的空气，防止氢气和空气混合加热时发生爆炸（2）吸收二氧化硫防止污染空气（3）A中品红溶液褪色，C中黑色固体变红色（5）B（6）A（7）铜和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，当浓硫酸变成稀硫酸时，铜不能和稀硫酸反应，确

保了制取的二氧化硫气体中不含有氢气（8）SO2解析：锌与硫酸溶液反应，若硫酸浓度较大，则生成硫酸锌、二氧化硫和水，随着反应的进行，硫酸浓度降低，锌和稀硫酸反应时，生成硫酸锌和氢气，所以生成的气体可能只有二氧化

硫，也可能是二氧化硫和氢气的混合气，还有可能只有氢气。二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，氢气具有还原性，能将黑色的氧化铜还原为红色的铜。（1）因为实验过程中可能会生成氢气，氢气具有可燃性，和空气混合加热可能会发生爆炸，实验C装置在点燃酒精灯加热之

前应先通一段时间的氮气，目的是排出装置中的空气，防止氢气和空气混合加热时发生爆炸。（2）二氧化硫有毒，是大气污染物，D瓶中氢氧化钠溶液的作用是吸收二氧化硫，防止污染空气。（3）若既有二氧化硫生成，又有氢气生

成，则可观察到A中品红溶液褪色，C中黑色固体变红色。（5）排在金属活动性顺序表氢前的金属能和稀硫酸发生置换生成相应的硫酸盐和氢气，Al、Mg、Zn都能和稀硫酸反应生成相应的盐，即Al2（SO4）3、MgSO4、ZnSO4，铁虽然也能和稀硫酸反应，但生成的盐不

是Fe2（SO4）3，而是FeSO4，故选B。（6）浓硫酸与铜在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，而稀硫酸与铜即使加热也不能反应。这说明某溶液的化学性质除了与溶质的性质有关外，还与溶液的浓度有关，而和溶液的质量、体积以及溶质的相对分子质量

无关，故选A。（7）锌和浓硫酸可以反应产生二氧化硫，但随着硫酸浓度降低，还会生成氢气；若选择铜与浓硫酸在加热的条件下反应制取二氧化硫气体，当浓硫酸变成稀硫酸时，铜不能和稀硫酸反应，确保了制取的二氧化硫气体中不含有氢气。（8）空气的相对分子质量为29，二氧化硫的相对分

子质量为64，其密度大于空气；氢气的相对分子质量为2，其密度小于空气。所以实验中下沉的气球内一定含有的气体是二氧化硫（SO2）。课练12氮及其化合物狂刷小题夯基础[练基础]1．D光化学烟雾形成的过程中，在日光照射下，二氧化氮能使氧气经过复杂的反应生成臭氧

，臭氧与空气中的一些碳氢化合物发生作用，生成一种有毒的烟雾，叫作光化学烟雾，据此可知，A正确；氮肥是指以氮（N）为主要成分，施于土壤可提供植物氮素营养的肥料，氮肥按含氮基团可分为氨态氮肥、铵态氮肥、硝态氮肥、硝铵态氮肥、氰氨态氮肥和酰胺态氮肥（尿素），B正确；硝酸不稳定，在常温下见光或受热会发

生分解：4HNO3=====△或光照4NO2↑＋2H2O＋O2↑，C正确；亚硝酸钠与硝酸银溶液反应：NaNO2＋AgNO3===AgNO2↓＋NaNO3，生成淡黄色的AgNO2，AgNO2可以与稀硝酸反应

，D错误。2．D浓硝酸也具有挥发性，可以和氨气反应生成硝酸铵固体，也可以观察到白烟，故A错误；对某物质进行焰色试验，观察到黄绿色的火焰，说明含有钡元素，但不一定是钡盐，也可能是氢氧化钡，故B错误；含有HSO－3的溶液也可以和盐酸反应生成二

氧化硫，故C错误；向某溶液中滴加NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明产生了氨气，则原溶液含有NH＋4，故D正确。3．D海洋中的氮循环起始于N2―→NH＋4，即起始于氮的还原，A项错误；海洋中的氮循环属于固氮作用的是②，

B项错误；反硝化作用中N元素化合价降低，被还原，而O2是常见的氧化剂，不需要有O2参与，C项错误；根据转化关系图可知，若向海洋排放含NO－3的废水，会使NO－3增多，反硝化作用增强，海洋中N2增多，从而影响海洋中NH＋4的含量，D项正确。4．BA项，过程

Ⅰ中铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋2NO－3＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，正确；B项，步骤Ⅲ中硝酸的浓度没有Ⅰ中大，因为部分硝酸转化成了一氧化氮，因此反应速率比Ⅰ快的原因不可能是c（HNO3）增大，错误；C项，由实验可知，步骤Ⅲ反应速率比Ⅰ快，说明NO2对该反应具有催化作用，

正确；D项，当活塞不再移动时，再抽入空气，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，能够与铜继续反应，正确。[练高考]5．CNa与H2O反应是因为金属钠的特殊活泼性，不是金属的通性，所以不能类比其他金属，A错误；

HClO具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，B错误；Na3N是离子化合物，与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，可看作是阴、阳离子之间重新组合生成NaCl和NH3，NH3再与HCl结合生成NH4Cl，Mg3N2与N

a3N结构相似，都是离子化合物，结构决定性质，所以反应可以“类比”，C正确；氨水与少量AgNO3反应生成[Ag（NH3）2]＋，离子反应方程式为Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag（NH3）2]＋＋2H2O，所以得不到

Ag2O，D错误。6．BPM2.5指可吸入颗粒物，属于空气污染物，A项不符合题意；氧气是空气的成分之一，供给人体呼吸，不是空气污染物，B项符合题意；二氧化硫可以形成酸雨，属于空气污染物，C项不符合题意；NO能与人体血液中的氧气结合，对人体健康有害

，属于空气污染物，D项不符合题意。7．D根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由＋4价变为＋3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO

2是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；硫酸盐（含SO2－4、HSO－4）气溶胶中含有HSO－4，转化过程有水参与，则HSO－4在水中可电离生成H＋和SO2－4，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；根据图示转化过程中，由SO2－3转化为HSO－4，根据图示对照，有硫

氧键生成，故D错误。[练模拟]8．D根据题中已知的反应物和生成物，结合原子守恒和电子得失守恒，可知装置Ⅰ中发生的反应为NaNO2＋NH4Cl=====△NaCl＋N2↑＋2H2O，A项正确；因移开酒精灯后反应仍能进行，说明该反应自身放热

，是放热反应，B项正确；据化学方程式可知产物有水蒸气，且反应物为溶液状态，可知反应在产生N2的同时产生大量水蒸气，为便于干燥，先用装置Ⅱ将绝大多数水蒸气冷凝后再用装置Ⅲ进行干燥，故装置Ⅱ的作用是冷凝水蒸气，C项正确；N2

的密度与空气密度相差太小，不适合用排空气法收集，D项错误。9．D根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba（NO3）2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba（NO3）2时，BaO参与储存N元素，故

B错误；还原过程中生成0.1molN2，转移电子的物质的量为0.1mol×（5－0）×2＝1mol，故C错误；整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、

NOx三种成分的净化，故D正确。10．A11．A氯化铵分解生成氨和氯化氢，在试管口附近氨和氯化氢相遇又生成了白色固体氯化铵，故不能用于制备氨，选项A错误；可以在硬质玻璃管中进行氨还原氧化铜的反应，选项B正确；碱石灰可以干燥氨，选项C正确；氨极易溶于稀硫酸，该装置

吸收尾气中的氨可以防止倒吸，选项D正确。12．B因NH3的密度比空气的小，不能用图示装置收集，收集方法不合理，故A错误；Na2SO3与70%的浓硫酸反应生成SO2，SO2中混有的H2O用98%的浓H2SO4除去，收集装置合理，故B正确；NO与空气中的氧

气反应，则不能用图示装置收集NO，应利用排水法收集，故C错误；NO2被NaOH溶液吸收，收集不到NO2，故D错误。综合测评提能力1．C酸性氧化物是指能与碱反应生成对应的盐和水的氧化物，NO2与碱反应不能生成对应的盐，不属于酸

性氧化物，故A错误；NH3与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O在水溶液中发生电离，使溶液导电，NH3自身不能发生电离，属于非电解质，故B错误；联氨（N2H4）中N的化合价为－2价，氢叠氮酸（HN3）中N的

化合价为－13价，联氨转化为氢叠酸时N元素化合价升高，亚硝酸（HNO2）中N的化合价为＋3价，可降低，因此联氨（N2H4）可能被亚硝酸（HNO2）氧化生成氢叠氮酸（HN3），故C正确；稀硝酸与Au不反

应，故D错误。2．DNH3溶于水后部分与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O部分电离产生NH＋4、OH－，两个过程均为可逆过程，A正确；吹脱法调节水体pH至8，此时c（OH－）增大，促使NH＋4＋OH－⇌NH3·H2O⇌NH3＋H2O平

衡正向移动，鼓入空气后吹出NH3，B正确；NaClO具有强氧化性，可将NH＋4氧化为N2除去，自身被还原为Cl－，即NH＋4＋ClO－―→N2↑＋Cl－，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒确定离子方程式为2NH＋4＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋，C正确；NaCl

O具有强氧化性，可将NO－2氧化为NO－3，N元素不能脱离水体，无法脱氮，D错误。3．C稀硝酸被Cu还原为NO，故A错误；Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，稀硫酸的氧化性比稀硝酸弱，故B错误；实验③发生反应的化学方程式为3Cu＋Cu（NO3）2＋4H2S

O4===4CuSO4＋2NO↑＋4H2O，故C正确；由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误。4．C由题干可知，装置①为制备氮气的装置，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合加热生成氮气、氯化钠和水，所以反应的化学方程式为NaNO2＋NH4Cl====

=△NaCl＋N2↑＋2H2O，故A正确。Ca3N2遇水发生水解，所以产生的氮气需要干燥才能进入玻璃管中反应，装置④应为干燥装置，可选用浓硫酸作干燥剂；装置⑥中也应装有干燥剂，防止空气中的水蒸气进入，可盛放碱石灰，故

B正确。装置中含有氧气，可利用装置③除去装置中的氧气，NaOH溶液不能除去氧气，可改成酸性氯化亚铁溶液，故C错误。实验结束后，装置⑤中有生成的Ca3N2，Ca3N2遇水发生水解反应生成NH3和Ca（OH）2，NH3可以使湿润的红色石蕊

试纸变蓝，故D正确。5．B根据图，a为NH3，b为NO，NH3可经催化氧化生成NO，A说法正确；b为NO，为无色气体，与氧气反应可转化为c，即NO2，B说法错误；＋4价的含氮氧化物有NO2、N2O4，密闭体系中，c存在2NO2⇌N2O4，C说法

正确；d为硝酸，Cu与稀硝酸溶液反应生成NO，与浓硝酸反应生成NO2，D说法正确。6．B反应的离子方程式为3Cu＋2NO－3＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO－3和H＋的物质的量之比为1∶4时，反

应生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为xmol、ymol，则n（NO－3）∶n（H＋）＝x∶（x＋2y）＝1∶4，x＋y＝0.4mol·L－1×0.1L，解得x＝0.016mol、y＝0.024mol，由方程式可知，生成铜离子的物

质的量为0.016mol×32＝0.024mol，故铜离子的最大浓度为0.024mol0.1L＝0.24mol·L－1。7．B题中发生反应的离子方程式为Fe＋NO－3＋4H＋===NO↑＋Fe3＋＋2H2O、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，n（NO－3）＝4mol，n（H＋）＝5m

ol，n（Fe）＝1.5mol，由此可知NO－3和Fe过量，以H＋的物质的量为基准进行计算，可得产生的NO的物质的量为1.25mol，标准状况下的体积为28L。8．D向Mg-Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中

加入足量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m（OH－）为21.4g－11.2g＝10.2g，物质的量为10.2g17g·mol－1＝0.6mol，根据电荷守恒可知，11.2g的Mg-Cu提供的电子为0.6mol。生成0.3molNO2和0.3

molNO，N元素获得电子为0.3mol×（5－4）＋0.3mol×（5－2）＝1.2mol，得失电子不相等，A错误；生成0.2molNO2和0.1molN2O4，N元素获得电子为0.2mol×（5－4）＋0.1mol×2×（5－4）＝0.4mol，得失电子不

相等，B错误；生成0.6molNO，N元素获得电子为0.6mol×（5－2）＝1.8mol，C错误；生成0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4，N元素获得电子为0.1mol×（5－2）＋0.2mol×（5－4）＋0.05mol×2×（5－4）＝0.

6mol，得失电子相等，D正确。9．BNO和洗气瓶中O2反应生成的NO2溶于水生成HNO3，HNO3将H2SO3氧化成H2SO4，因此有BaSO4生成，A正确、B错误；若O2不足，NO有剩余，则Z导管口可能出现红棕色气体，C正确；CO2未参与反应，D正确。10．C由图可

知：气体1为NO，气体2为NO2，NO2与水反应生成硝酸，固体1为NaHCO3，NaHCO3受热分解生成固体2为Na2CO3；1LNO、NO2的混合气体与1LNH3在一定条件下转化为对环境无害的物质，反应

方程式为2NH3＋NO＋NO2=====催化剂2N2＋3H2O，NO、NO2的体积比等于化学计量数之比，为1∶1。11．答案：（1）2NH3＋2O2=====催化剂△N2O＋3H2O（2）①BC②NaNO3NO（3）

①3HClO＋2NO＋H2O===3Cl－＋2NO－3＋5H＋②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强解析：（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为2NH3＋

2O2=====催化剂△N2O＋3H2O。（2）①加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和

NO2的去除率，选C；②由吸收反应：NO＋NO2＋2OH－===2NO－2＋H2O，2NO2＋2OH－===NO－2＋NO－3＋H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2晶体混有NaNO3；由吸收反应

可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1∶1，NO不能被完全吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO。（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO－3和Cl－，根据得

失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO＋3HClO＋H2O===2NO－3＋3Cl－＋5H＋；②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，在酸性NaClO溶液中，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。12

．答案：（1）CD（2）122.4（或0.045）（3）4NH3＋3O2=====点燃2N2＋6H2O（4）氧化（5）①NaNO2②1∶332x解析：（1）A项，工业合成NH3的反应条件是高温、高压、催化剂，正

确；B项，NH3可与碳酸等反应生成碳铵等，也可以与二氧化碳反应生成尿素，正确；C项，NH3可与硫酸或氯化钙发生化合反应，不正确；D项，NH3不易分解，不正确。C、D符合题意。（2）水充满整个烧瓶后所形成溶液的物质的量浓度为122.4mol·L－1≈0.045mol·L－1。（3）氨气燃烧的化

学方程式为4NH3＋3O2=====点燃2N2＋6H2O。（4）在常温下浓硝酸能使铝、铁钝化，说明其具有很强的氧化性。（5）①纯碱溶液与NO2的反应原理为Na2CO3＋2NO2===NaNO3＋NaNO2＋CO2。根据质量守恒定律可知，除NaNO3和CO2外

，另一种产物为NaNO2。②7mol氨失去21mol电子，根据题意和电子守恒可得n（NO）＋n（NO2）＝6mol，2n（NO）＋4n（NO2）＝21mol，解得n（NO）＝1.5mol，n（NO2）＝4.5mo

l，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1∶3，若用通式NOx表示氮氧化物，反应过程中NOx分子得到2xe－，则每摩尔氨可将32xmol的NOx转化为N2。13．答案：（1）CaO＋NH3·H2O===NH3↑＋Ca（OH）2（2）c（3）混合气体颜色变浅（4）缺少尾气吸收装置（5）（进气

管短，出气管长）（6）观察气泡的生成速率，控制混合气体的比例（7）0.036解析：（1）将浓氨水滴入生石灰中，发生反应：CaO＋NH3·H2O===NH3↑＋Ca（OH）2，放出氨气。（2）干燥氨只能用碱石灰，干燥二氧化氮可用五氧化二磷固体或无水氯化钙。（3）如果能反应，消

耗NO2使装置中混合气体颜色变浅。（4）由于NH3、NO2均能污染空气，所以与它们相关的实验均应有尾气吸收装置。（5）O2、NO2密度比空气大，故应进气管短，出气管长。（6）观察气泡的速率控制混合气体的比例。（7）烧瓶中充满溶液，反应4NO2＋O2＋2

H2O===4HNO3恰好发生，HNO3的物质的量是恰好完全反应的NO2和O2（体积比4∶1）总物质的量的45，溶液体积等于恰好完全反应的NO2和O2的总体积，设烧瓶中恰好完全反应的NO2和O2的总体积为V，则溶液浓度为V22.4L·mol－1×45V＝122.4×45mol·L－1，即c（H

NO3）≈0.036mol·L－1。单元检测4非金属及其化合物1．DA项，晶体硅具有半导体性质，可用于生产电脑芯片，二氧化硅可用于制造光导纤维，不正确；B项，玻璃中含有的SiO2可与NaOH溶液反应，但不能用

NaOH溶液雕刻玻璃纹饰，因为玻璃表面是光滑的，不正确；C项，陶瓷、水泥属于硅酸盐材料，石英玻璃的主要成分是二氧化硅，不正确；D项，硅酸盐Na2Fe2Si3O9用氧化物的形式可表示为Na2O·2FeO·3SiO2，正确。2．BA项，混淆二

氧化硅和晶体硅的用途而出错。太阳能电池板的主要原材料是晶体硅，错误。B项，ClO2作氧化剂，可以杀菌消毒；在相同条件下相同物质的量的ClO2和Cl2，ClO2转化为Cl－时转移电子数比氯气多，消毒效率高；另外氯气消毒时，会与水中的有机物发生取代反应生成有害物质，而二氧化氯不会

，正确。C项，CaO2与水反应生成的熟石灰具有杀菌作用，生成的氧气能防止鱼苗缺氧而死，故鱼苗运输过程中常在水中添加适量的CaO2，错误。D项，不了解草木灰的成分而出错。草木灰的主要成分为碳酸钾，碳酸钾与铵态氮肥混合使用时会发

生相互促进的水解反应，造成氮肥损失，错误。3．D二氧化碳能使漂白粉水溶液先变浑浊后变澄清，是先生成CaCO3沉淀，后又生成Ca（HCO3）2溶解，二氧化硫具有还原性，能被漂白粉氧化最终生成CaSO4，只能

变浑浊不能变澄清，故A错误；氧化物Fe3O4可拆写为FeO·Fe2O3的形式，是因为Fe为＋2、＋3价，而Pb为＋2、＋4价，应拆写为2PbO·PbO2的形式，故B错误；常温下Au与浓硝酸不反应，故C错误；碳和硅属于同族

元素，由碳酸加热分解反应H2CO3=====△CO2↑＋H2O，可推知硅酸加热分解反应为H2SiO3=====△SiO2＋H2O，故D正确。4．DA项，不清楚具体反应原理而出错。AlO－2与HCO－3水解均使溶液显碱性，不可能发生相互促进的水解反应。由于碳酸氢根离子

的酸性强于氢氧化铝，故NaHCO3、NaAlO2和H2O发生反应生成氢氧化铝和碳酸钠，错误。B项，HClO溶液有强氧化性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测定HClO溶液的pH，错误。C项，易忽视HClO对SO2－

3检验的干扰而出错。滴入盐酸酸化的Ba（ClO）2溶液，HClO可将亚硫酸钠氧化为Na2SO4，而后生成硫酸钡白色沉淀，不能证明试样已氧化变质，错误。D项，忽视Cl－具有还原性而出错，酸性KMnO4溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Cl－和Fe2＋，故溶液褪色无法证明一定存在Fe2＋，正确。

5．C若不能抓住“题眼”——“无色溶液”和“产生无色气体”进行挖掘分析，则无法解题。得到无色溶液说明Cu2＋完全反应，Ag＋的氧化性强于Cu2＋，则也完全反应。滤渣中加入稀盐酸产生无色气体，则滤渣中应存在过量的金属M。A项，滤液中不含银离子，加入稀盐酸时，不可能产生白色沉淀，错误。B项

，滤渣中一定含有单质银、铜和M，错误。C项，单质银、铜和M在足量的稀硝酸中能完全溶解，正确。D项，加入的金属单质M不可能是单质钠，因为单质钠和硝酸银、硝酸铜溶液反应时，钠和水先反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和铜离子、银离子生

成沉淀，则向滤渣中加入稀盐酸时无无色气体生成，错误。6．DA瓶反应是二氧化硫被三价铁氧化，其方程式为：2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋4H＋，A正确；二氧化硫易溶于水，B装置可以防止倒吸，B正确；二氧化硫有毒，会污染空气，但是可以和氢氧化钠反应，

C正确；浓硫酸和铜常温的时候不反应，所以a是亚硫酸钠，D错误。7．AA项，通常用元素最高价含氧酸的酸性强弱比较非金属性强弱，盐酸为无氧酸，错误；B项，打开活塞，从右侧加入稀硝酸排出空气，然后关闭活塞，硝酸接触铜丝生成NO，正确

；C项，挤压胶头滴管胶头使少量水进入烧瓶，SO2易溶于水，其溶于水后可形成负压引发“喷泉”现象，正确；D项，碳酸钙块状固体可放在带孔塑料板上，可通过长颈漏斗加入酸液制得CO2气体，并通过控制活塞实现随开随用随关随停，正确。8．D9．D乙烷的结构简式

为CH3—CH3，B2H6的结构和乙烷不同，A错误。B2H6易水解，稀硫酸中B2H6会发生水解，故不能用稀硫酸制备，B错误。B2H6具有强还原性，Cl2具有强氧化性，B2H6和Cl2发生氧化还原反应的化学方程式为B2H6＋

6Cl2===2BCl3＋6HCl，C错误。B2H6具有强还原性，甲醇中羟基上的H活泼，可以被还原成H2，反应的化学方程式为B2H6＋6CH3OH===2B（OCH3）3＋6H2，D正确。10．D如图CO2在弱碱性条件下转化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化钙发生2HCO－3＋Ca

2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，生成CaCO3沉淀钙化同时释放CO2，再经光合作用，形成有机物参与海洋碳循环。A.CO2经光合作用形成有机物参与海洋碳循环，过程中能将太阳能转化为化学能，正确；B.钙化生成CaCO3沉淀同时，释放CO2的

离子方程式：2HCO－3＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，正确；C.温度高或酸性条件下，二氧化碳在水中溶解度小，影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等，正确；D.光合作用，碳由＋4价降为0价

，每生成0.1mol（CH2O）x转移电子数为0.4xNA（NA表示阿伏加德罗常数），错误。11．D由图可知，①中C与水蒸气反应生成H2、CO和少量CO2，实验目的为检验产物中的H2和CO，则②中NaOH溶液可除去CO2，③中浓硫酸

干燥气体，④中H2和CO均还原CuO，若无水硫酸铜变蓝，则检验出含有氢气，⑤中澄清石灰水变浑浊可检验出含有CO，最后处理尾气。A项，H2、CO不纯时加热易发生爆炸，则为了实验安全性，应先点燃①处酒精灯，排出装

置中空气后点燃④处酒精灯，正确；B项，由上述分析可知，②、③、⑤中依次盛装氢氧化钠溶液、浓硫酸和澄清石灰水，正确；C项，H2和CO均还原CuO，当黑色氧化铜变红色，只能说明产物中一定含有H2和CO中的一种或两种，无法确定具体是哪种气体，正确；D项，若用碱石灰替换无水硫酸铜

，碱石灰可吸收水、二氧化碳，不能检验氢气，故D错误。12．B氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，盐酸有酸性，能使紫色石蕊试液变红，次氯酸有强氧化性，能使溶液褪色，SO2溶于水生成亚硫酸，能使紫色石蕊试液先变红，但SO2或亚硫酸不能使指示剂褪色，故A不合理

；NaH和CaH2都是金属氢化物，与H2O反应都生成碱和H2，故B合理；Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3和H2O，但I－有还原性，Fe2O3与HI溶液发生氧化还原反应，Fe2O3被还原为Fe2＋，I－被氧化为I2，故C不合理；溶液中的阳离子的放电顺序为Cu2＋＞H＋

＞Mg2＋，所以电解CuCl2溶液阴极上析出Cu，但电解MgCl2溶液阴极上析出氢气，故D不合理。13．A由图示知，Fe2＋与S2O2－8反应生成SO－4·和Fe3＋，Fe3＋与Fe反应又生成Fe2＋，使得反应循

环进行，同时促进S2O2－8转化为SO－4·，A正确；由图示知，SO－4·与H2O反应生成·OH和H＋，氧元素被氧化，推测SO－4·中S元素由＋7价被还原为＋6价，生成SO2－4，对应方程式为：SO－

4·＋H2O===·OH＋H＋＋SO2－4，B错误；由图可知，溶液中As（Ⅴ）吸附在腐蚀层表面，之后通过与Fe（OH）2、Fe（OH）3形成共沉淀而被除去，并未涉及As（Ⅴ）被氧化过程，C错误；由图示知，部分Fe与S2O2－8反应生成Fe2＋和SO2－4，部分Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋

，所以56gFe不一定都与S2O2－8反应，故无法计算S2O2－8被还原的物质的量，D错误。14．C由图可知，a点开始反应，即ab段亚铁离子被氧化为铁离子；bc段生成氢氧化铁和氯气；cd段主要生成了氯气；da段pH值减小，则氯气与水反应。cd段产生刺激性气味，由题可

知生成了氯气，则离子方程式：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，A项正确；bc段有氯气生成，则发生反应的离子方程式：2ClO－＋2Fe2＋＋2OH－＋2H2O===Cl2＋2Fe（OH）3↓，B项正确；cd段pH迅速增大的原因是ClO－＋Cl－＋2H＋==

=Cl2↑＋H2O，C项错误；氯气溶于水反应产生酸性物质，所以de段pH减小，D项正确。15．A混合气体的总物质的量为1.12L÷22.4L·mol－1＝0.05mol，1.92g铜粉的物质的量为1.92g64g·m

ol－1＝0.03mol。设NO的物质的量为n1mol，则NO2的物质的量为（0.05－n1）mol，根据得失电子守恒得3n1＋（0.05－n1）×1＝0.03×2，解得n1＝0.005mol，V（NO）＝0.005mol×22.

4L·mol－1＝0.112L＝112mL。16．答案：（1）＋7（2）2KMnO4=====△K2MnO4＋MnO2＋O2↑（3）MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O（4）D解析：（1）在任何化合物中元素化合价代数和为0。由于K是＋1价，O是－2价，假设Mn元

素化合价为＋x价，则＋1＋x＋4×（－2）＝0，解得x＝＋7。（2）高锰酸钾不稳定，受热分解产生锰酸钾、二氧化锰和氧气，故用高锰酸钾制备氧气的化学方程式为：2KMnO4=====△K2MnO4＋MnO2＋O2↑。（3）根据催化作用可知这种固体为二氧化锰，二氧化锰在加热条件下可以和浓盐酸反应得到氯气

，这是实验室制备氯气的常用方法。根据条件可以得出二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式为：MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。（4）在NaClO中，Na为＋1价，O为－2价，因此根据化合物中元素化合价代数和为0可知Cl为＋1价，A选

项错误；由两种元素组成，其中一种元素为氧的化合物叫做氧化物，次氯酸钠NaClO中含有Na、Cl、O三种元素，因此次氯酸钠不属于氧化物，B错误；根据相对原子质量，三种元素个数比1∶1∶1，质量比m（Na）∶m（Cl）∶m（O）＝23∶35.5∶16，C错误；根据三种元素的相对原子质量，

相加可得NaClO的相对分子质量为74.5，D正确。17．答案：（1）①0.03mol·L－1·min－14②bc③<（2）①2NH3（g）＋NO（g）＋NO2（g）===2N2（g）＋3H2O（g）ΔH＝－455.2kJ·mol－1②Mn、2

00℃b～a段，刚开始时温度较低，催化剂活性较低，脱氮反应速率较小，随温度升高，催化剂活性增大，反应速率增大，一定时间内参与反应的氮氧化物增多，则脱氮率增大（3）①负极②增大吸收液与电极的接触面积，提高电解效率③H2O＋HNO2－2e－===NO－3＋3H＋解析：（1）①由题

表可得0～10min内v－（NO）＝1.00mol·L－1－0.40mol·L－110min＝0.06mol·L－1·min－1。同一反应中，物质的反应速率之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比，则v－（N2）＝0.03mol·L

－1·min－1。由题表可知，20min时N2的浓度为0.40mol·L－1，则此时NO的浓度为1.00mol·L－1－0.40mol·L－1×2＝0.20mol·L－1，30min时NO的浓度为0.2

0mol·L－1，则20～30min时反应保持平衡状态，T1℃时该反应的平衡常数K＝c（N2）·c（CO2）c2（NO）＝0.40×0.400.202＝4。②由题表知30min时，只改变一个条件，反应

重新达到平衡时各物质的浓度均为原平衡的1.5倍。活性炭为固体，加入一定量的活性炭，平衡不移动，a项不可能；该反应反应前后气体体积不变，缩小容器的体积，平衡不移动，但物质的浓度都同等程度变大，b项可能；通入一定量的NO，平衡

向正反应方向移动，由于该反应反应前后气体体积不变，达平衡后NO、N2、CO2的浓度均成比例变化，c项可能。③设30min后升高温度至T2℃重新达到平衡时，NO的浓度为7x，则此时的平衡常数K′＝c（N2）·c（CO2）c2（NO）＝3x×3x（7x）2≈0.18<

4，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则该反应的ΔH<0。（2）①由题图1知NH3与NO、NO2在催化剂作用下发生反应生成N2和H2O。每2molNH3参加反应时转移6mol电子，且反应过程中转移1.5m

ol电子时放出的热量为113.8kJ，则该脱氮反应的热化学方程式为2NH3（g）＋NO（g）＋NO2（g）===2N2（g）＋3H2O（g）ΔH＝－455.2kJ·mol－1。②由题图2可知，Mn和Cr作催化剂时

，脱氮率最高时对应的温度分别为200℃和450℃，故Mn作催化剂，温度低更节约能源。开始时温度较低，催化剂的活性较低，故脱氮反应速率较小，随着温度升高，催化剂活性增大，反应速率增大，一定时间内参与反应的氮氧化物增多，则脱氮率增大。（3）①亚硝酸转化为硝酸的过程中N的化

合价升高，发生氧化反应，则石墨颗粒电极为阳极，石墨电极为阴极，b与电源的负极相连。②使用石墨颗粒电极可增大吸收液与电极的接触面积，提高电解效率。③阳极上亚硝酸被氧化成硝酸，电极反应式为H2O＋HNO2－2e－===NO－3＋3H＋。18．答案：（1）BDH∶F····∶（2）SiO2＋2C==

===高温Si＋2CO↑1∶2（3）防止SiHCl3发生水解、防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸（4）各组分沸点相差较大（5）H2、HCl解析：（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故A不符合题意；氧化铝与氢氧化钠溶

液反应生成偏铝酸钠和水，故B符合题意；氧化铜与氢氧化钠溶液不反应，故C不符合题意；碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，故D符合题意；SiO2还能在一种常见的酸中溶解，生成一种气态含硅物质，这种酸为HF，HF属于共价化合物，其电子式为H∶F····∶。（2）二氧化硅与碳在高温下

反应生成粗硅和CO，对应的化学方程式为SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑，石英砂和焦炭生成SiC的反应为SiO2＋3C=====高温SiC＋2CO↑，C元素化合价由0价降低为－4价，由0价升高为＋2价，C既是氧化剂又是还原剂，根据氧化还原规则，氧

化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2。（3）根据上述流程以及相关信息可知SiHCl3极易水解，反应过程中会产生氢气，而空气中含有氧气和水蒸气，因此整个操作流程都需隔绝空气，原因是防止SiHCl3发生水解，防止硅被氧化，

防止氢气与氧气反应而发生爆炸。（4）分馏或蒸馏，主要是通过互溶液体混合物沸点不同进行物质分离的方法，因此分馏操作的理论依据是各组分沸点相差较大。（5）根据流程转化示意图分析可知，上述操作流程中可以循环利用的物质是H2、HCl。19．答案：Ⅰ.（1）便于观察

实验现象和了解反应进行的程度（合理即可）S2－＋Br2===2Br－＋S↓（2）避免空气中氧气氧化S2－Ⅱ.SFe2＋＋S2－===FeS↓生成更难溶物质的解析：Ⅰ.（1）在硫化钠溶液中加入酚酞溶液，溶液变红色，说明硫化钠溶液呈碱性，故酚酞的作

用是便于观察实验现象和了解反应进行的程度，硫离子具有还原性，能与溴发生置换反应：S2－＋Br2===2Br－＋S↓。（2）硫离子在空气中能被氧气氧化成硫单质：2S2－＋O2＋2H2O===2S↓＋4OH－，苯难溶于水、密度比水小，故苯的作用是隔绝空气，避免硫化钠被氧化。Ⅱ.实验1的操作①中发生

的反应为2Fe3＋＋S2－===S↓＋2Fe2＋，产生的浅黄色固体是S，实验1的操作②中先产生浅黄色固体，先发生反应2Fe3＋＋S2－===S↓＋2Fe2＋，硫化钠过量，则产生黑色沉淀的离子方程式为Fe2＋＋S2－===FeS↓

。银离子的氧化性强于Fe3＋，硫离子具有强还原性，在硫化钠溶液中加入硝酸银溶液可能发生两个反应：2Ag＋＋S2－===Ag2S↓，2Ag＋＋S2－===S↓＋2Ag↓，但是在硫化钠溶液中滴加硝酸银溶液产生黑色沉淀，而不是浅黄色沉淀，说明若某一溶液中同时存在氧化还原反应和沉淀反应，优先生成更难溶物质

。20．答案：（1）①洗气瓶②gf→bc→hi（或ih）→de（或ed）→bc→hi（或ih）③先通入一段时间的氮气④CO（2）取少量黑色固体于试管中，加入适量稀硫酸，黑色固体全部溶解，溶液变为浅绿色，无气体生成（合理即可）（3）Fe

C2O4·2H2O=====△FeO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O（4）3MnO－4＋5H2C2O4＋5Fe2＋＋14H＋===3Mn2＋＋5Fe3＋＋10CO2↑＋12H2O（5）c（V1－V2）×10－3×52×25025.00×180m×100%偏小解析：（1）①根据题图1可知装置B是洗气瓶。

②用无水硫酸铜检验草酸晶体分解产生的H2O→用澄清石灰水检验草酸晶体分解产生的CO2→用碱石灰除去CO2并干燥气体→用灼热的氧化铜检验草酸晶体分解产生的CO→用澄清石灰水检验CO与CuO反应生成的CO2→用碱石灰除去CO与C

uO反应产生的CO2并干燥气体→用点燃的方法处理尾气，故仪器的连接顺序是a→gf→bc→hi（或ih）→de（或ed）→bc→hi（或ih）→点燃。③为了防止加热时发生爆炸，应该先排尽装置中的空气，所以点燃装置A处的酒精灯

前应先通入一段时间的氮气。④装置C中固体由黑变红说明氧化铜被还原为铜，其后装置中的澄清石灰水变浑浊说明反应生成了CO2，则证明气体产物中含有CO。（2）铁与FeO均能与稀硫酸或稀盐酸反应，但Fe与稀硫酸或稀盐酸反

应能产生氢气，而FeO不能，可以据此设计实验方案。（3）根据（1）和（2）的结论可以确定草酸亚铁晶体热分解产物为FeO、CO、CO2、H2O，FeC2O4―→CO过程中碳元素的化合价由＋3降低到＋2，FeC2O4―→CO2过程中碳元素的化合价由＋3升高到＋4，结合

得失电子守恒和原子守恒可写出反应的化学方程式。（4）H2C2O4和Fe2＋均可被酸性高锰酸钾氧化，生成CO2和Fe3＋，MnO－4转化为Mn2＋，据此可写出反应的离子方程式。（5）分析滴定过程可知，第一次用酸性KMn

O4标准溶液滴定时，Fe2＋和H2C2O4分别被氧化为Fe3＋和CO2；向滴定后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3＋还原为Fe2＋，再滴加酸性KMnO4标准溶液，此时只有Fe2＋被氧化。加入适量锌粉后的溶液中Fe2＋消耗高锰酸钾的物质的量是cmol·L－1×V2×10－3L＝c

V2×10－3mol，25.00mL溶液中H2C2O4消耗高锰酸钾的物质的量为cmol·L－1×V1×10－3L－cV2×10－3mol＝c（V1－V2）×10－3mol，根据2MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知，草酸

亚铁晶体样品的纯度为c（V1－V2）×10－3×52×25025.00×180m×100%；若配制溶液时Fe2＋被氧化，则V1减小，V2不变，测定结果将偏小。第五单元元素周期表元素周期律物质结构课练13原子结构化学键狂刷小题夯基础[练基础]1．C24g镁与27

g铝中含有的质子数分别是12NA和13NA，A错误；丙烷中的C—C为非极性键，但常温常压下，无法用标准状况下气体摩尔体积计算丙烷的物质的量，B错误；每个重水（D2O）分子含有10个中子，每个水（H2O）分子含有8个中子，所以1mol重水（D2O）与1mol水（H2

O）中的中子数之比为10∶8＝5∶4，C正确；乙烷结构简式为CH3CH3，每个分子中有7个共价键；乙烯结构简式为CH2===CH2，每个分子中有4个C—H和1个C===C，所以1mol乙烷和1mol乙烯中化学键数目不相同

，D错误。2．A图示最上方的P原子与S原子形成3个极性共价键，共用电子对偏向非金属性强的S原子，则P为＋3价；底面的P与S形成1个共价键，共用电子对偏向S原子，则P为＋1价；P—P键为非极性共价键，共用电子对不偏

移，故P4S3中P元素为＋3价和＋1价，故A错误；只含有共价键的化合物属于共价化合物，P4S3属于共价化合物，故B正确；P4S3分子中P原子与P原子之间存在化学键，同种原子之间形成非极性键，所以含有非极性键，故C正确；根据图示可知，1molP4S3分子中含有6m

olP—S极性共价键和3molP—P非极性共价键，所以1molP4S3分子含有9mol共价键，故D正确。3．AHmX的相对分子质量为A＋m，agHmX分子的物质的量n＝ag（A＋m）g·mol－1；X原子的质量数为A，含N个中子，则质子

数为A－N，所以agHmX分子中含质子的物质的量为aA＋mmol×（A－N＋m）＝a（A－N＋m）A＋mmol，A正确。4．CO2－的电子式为[∶O····∶]2－，表示O2－的最外层有8个电子，但其核外有10个电子，A错误；NH4Cl是离子化合物，NH＋4与Cl－间形成离子键，无H—Cl共价键存

在，B错误；根据化合物中所有元素化合价的代数和为0原则，CrO5中5个O共为－6价，说明以－1价氧存在的共有两个过氧根，一个氧化合价为－2价，C正确；Na2O和Na2O2都是离子化合物，其中含有的阴、阳离子数目之比都是1∶2，与物质质量的多少无关，D错误。5．A反应

热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能数据可知，该反应的反应热ΔH＝akJ·mol－1＋3bkJ·mol－1－2×3ckJ·mol－1，则每生成2molNH3，放出（6c－a－3b）kJ热量，A正确；水

分子中价电子数＝2＋12（6－2×1）＝4，水分子中含有2个孤电子对，所以氧原子采取sp3杂化，氨气中价层电子对数＝3＋12（5－3×1）＝4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，杂化方式相同，B错误；催化剂a表面是氢气、氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性键（氢氢键和氮氮键）的

断裂，催化剂b表面发生了非极性共价键（氧氧双键）的断裂，C错误；在催化剂b作用下发生转化得到的两种生成物H2O和NO，NO为直线形分子，H2O为V形分子，D错误。[练高考]6．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。7．CX的原子核内

只有1个质子，则X为H；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期，再根据题给麻醉剂分子结构式中各原子的成键情况，可知Y、Z、W分别为C、O、F；元素E的原子比W原子多8个电子，E为Cl。XEZ4为HClO4，是一种强酸，A说法正确；非金属性：F>O>C，即W>Z>Y，B说法

正确；电子层数多的原子半径大，当电子层数相同时，核电荷数大的原子半径小，则原子半径：Cl>C>F，即E>Y>W，C说法错误；OF2中F为－1价，O为＋2价，D说法正确。8．A根据元素Y在化合物中呈＋1价及NZX＋10n―→7PY＋42He可知，X为B元素、Y为Li元素。H3BO3为弱

酸，可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液，A正确；Li单质在空气中燃烧的产物是Li2O，B错误；B元素与H元素可形成多种共价化合物，如B2H6、B4H10等，C错误；同素异形体是指由同一种元素组成的不同形态的单质，故6Y和7Y不是

同素异形体，二者互为同位素，D错误。9．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。10．答案：（1）3s23p

2原子晶体（共价晶体）sp3②（2）22（3）甲醇沸点大于甲硫醇是因为甲醇分子间存在氢键，甲醇沸点小于水的沸点是因为一个水分子可形成2个分子间氢键，多于甲醇分子间氢键数解析：（1）Si是第三周期第ⅣA族元素，最外层有4个电子，则价电子层的电子排布式为3

s23p2；单晶硅为共价晶体；SiCl4形成4个σ键，Si采取sp3杂化；由题图可知，SiCl4（H2O）中Si形成5个σ键，杂化轨道有5个，由此可知Si采取的杂化类型为sp3d，故选②。（2）一个双键中含有1个σ键和1个π键，CO2的结

构式为O===C===O，一个CO2分子中存在2个σ键和2个π键。（3）水分子间和甲醇分子间都存在氢键，而且水分子间氢键比甲醇分子间存在的氢键多，故水比甲醇沸点高，而甲硫醇分子间没有氢键，其沸点比甲醇低。[练模拟]11．Cp能级有三个轨道，沿着x、y、z三个方向延伸，因此2px

所代表的含义是第二能层沿x轴方向伸展的p轨道，故A正确；焰色试验是指金属原子受热从基态跃迁到激发态后，电子从高能级跃迁回到低能级轨道时，将能量以光能的形式释放出来，故B正确；核外电子排布式为1s22s22p63s23

p63d54s2的原子，其原子核外有7个能级，故C错误；在电子云示意图中，小黑点密表示电子在核外空间单位体积内电子出现的机会多，故D正确。12．B能层就是电子层，每个能层最多可容纳的电子数是2n2个，故A错误；p能级最多容纳6个电子，即p能级在不同的能层中所能容纳的最多电

子数是相同的，故B正确；第一能层只有s能级，所以任一能层的能级总是从s能级开始，但不是到f能级结束，有的能层没有f能级，故C错误；根据构造原理可知，能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p…，则能

级能量：3d＞4s，故D错误。13．BG为氨，分子中含有3条共价键，1对孤电子对，空间结构为三角锥形，A说法错误；G分子为氨，其中N原子的杂化轨道类型是sp3，B说法正确；Q和J即硫化钠和氯化钠，化合物中只含有离子键，C说法错误；R为Fe，位于第四周期第Ⅷ族，D说法错误。14．C

根据题意可知，a为H，b为S，c为Cl，d为K元素。H的三种核素的氧化物是化合物，同素异形体是单质，故A错误；H与K形成的KH是离子化合物，故B错误；K与S、Cl、H均能形成离子化合物，故C正确；H与K、S、Cl分别形成KH、

H2S、HCl，其中KH为20电子微粒，H2S、HCl为18电子微粒，故D错误。综合测评提能力1．ASiC属于新型陶瓷，不属于硅酸盐材料，故A错误；Na2O2含有Na＋和O2－2之间的离子键和O—O之间的非极性键，故B正确；运载火箭的燃

料偏二甲肼（C2H8N2）燃烧过程中化学能转化为热能，故C正确；13154Xe原子核的质量数为131，质子数为54，则含77个中子，故D正确。2．B同一分子中的π键不如σ键牢固，反应时比较容易断裂，A项正确；在共价单键中只含有σ键，而含有π键的分子中一定含有σ

键，B项错误、D项正确；氢原子、氧原子等跟其他原子形成分子时只能形成σ键，C项正确。3．D硼原子核外L能层中运动的电子数目为3，碳原子核外L能层中运动的电子数目为4，二者之比为3∶4，D项正确。4．ASO2有漂白性，二氧化硫有毒，可以用来漂白纸浆，还可以用来杀菌、消毒，故A正确；明矾

晶体为KAl（SO4）2·12H2O，配制1L0.05mol·L－1KAl（SO4）2溶液，应称取1L×0.05mol·L－1×474g·L－1＝23.7g明矾晶体，故B错误；在将氯气通入石灰乳生产漂白粉的过程中，没有非极性键的形成，故C错误；SiO2由原子

直接构成，为共价晶体，不存在分子式，SiO2为化学式，故D错误。5．C反应②为Li3N＋3H2O===NH3↑＋3LiOH，属于非氧化还原反应，A错误；转化过程中H始终呈＋1价，B错误；假设每一步均完全转化，每生成1m

olNH3转移了3mol电子，则生成0.75molO2，C正确；氢键不属于化学键，D错误。6．CHCl为共价化合物，电子式为：H∶Cl····∶，A项错误；氮原子半径大于氢原子，表示NH3的球棍模型，B项错误；NH4Cl晶体中存在离子键和共价键，C项正确；非金属性强弱与氢化物的沸点高低

无因果关系，D项错误。7．B乙醇的分子式为C2H5OH，含有8个共价键，分子中含有8对共用电子对，故A正确；苯酚分子中含有大π键，C—H键，C—O键，H—O键四种共价键，故B错误；次氯酸钠为离子化合物，次氯酸根中含有共价键，所

以既含有离子键又含有共价键，故C正确；碘单质是非极性分子，乙醇为弱极性分子，所以用乙醇溶解I2是利用了相似相溶原理，故D正确。8．B同一能层的同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子

能量高，A错误；基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，价电子轨道表示式为，B正确；N原子的2p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻的氧原子，C错误；原子核外电子排布处于全满、半满或全空时是稳定结构，29号Cu元素原子的价电子排布式

为3d104s1，D错误。9．B洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同。泡利原理：在一个原子轨道里，最多容纳2个电子，且自旋状态相反。↑↓↑↑符合洪特规则，故①不符合题意；↑↓↑该轨道表示式违背洪特规则，故②符合题意

；↑↑↑↑违背泡利原理，故③不符合题意；↑↓↑↑↑违背洪特规则，故④符合题意；↑↓↑↓↑↓↑↓↑↓该轨道表示式符合洪特规则和泡利原理，故⑤不符合题意；↑↑↑↓↑↓违背洪特规则，故⑥符合题意；综上所述，选项B符

合题意。10．B第1步反应可表示为＋nCO2―→，A错误；第2步反应产物为离子化合物，B正确；第4步反应中断开化学键有C—N键、H—H键和C===O双键中的π键，C错误；从物质的转化箭头可以看出进出体系的产物，该过程的总反应为CO2＋3H2――→催化剂CH3OH＋H2O，D错误。1

1．答案：（1）第四周期第ⅠB族1s22s22p63s23p63d8（或[Ar]3d8）（2）B（3）O>C>H解析：（1）Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故

Cu元素在周期表中处于第四周期第ⅠB族，基态Cu原子失去3个电子得到Cu3＋，故基态Cu3＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8。（2）构成化合物的阳离子有未成对电子时，则该化合物具有磁性，V5＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，

不含未成对电子；Cr4＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，含2个未成对电子；Pb和C元素同主族；Pb2＋的6s能级处于最外层，有2个电子，故Pb2＋不含未成对电子；Zn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1

0，不含未成对电子，故具有磁性的为CrO2。（3）青蒿素中含有C、H、O三种元素，其电负性由大到小的顺序为O>C>H。12．答案：（1）②③④⑤①（2）吸热Ba（OH）2·8H2O＋2NH4Cl===2NH3↑＋BaCl2＋10H2O（3）铜O2＋4e－＋4H＋===2H2

O负（4）放出93.0解析：（1）①Ar为单原子分子，不含共价键；②N2为双原子分子，存在N≡N，即只存在共价键；③SiO2属于共价化合物，只存在共价键；④K2S属于离子化合物，其电子式为K＋[∶S····∶]2－K＋，只存在离子键；⑤NH4Cl属于离子化合物，其

电子式为[∶Cl····∶]－，既有离子键，又有共价键，所以只存在共价键的是②③，只存在离子键的是④，既有离子键，又有共价键的是⑤，不存在化学键的是①；（2）闻到刺激性气味的气体，烧杯壁温度下降，可知发生反应生成氨气且吸热，即Ba（OH）2·

8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热反应，Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应生成氨气、水、氯化钡，其化学方程式为Ba（OH）2·8H2O＋2NH4Cl===2NH3↑＋BaCl2＋10H2O；（3）由2Cu＋O2＋2H2SO4==

=2CuSO4＋2H2O可知，该反应中Cu元素化合价由0价变为＋2价、O元素化合价由0价变为－2价，要将该反应设计成原电池，铜作负极，电极反应为Cu－2e－===Cu2＋，正极上氧气得电子发生还原反应，又因为在酸性条件下，所以氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为4H

＋＋O2＋4e－===2H2O，原电池工作时，阴离子向负极（铜）移动，即SO2－4向负极移动。（4）合成氨的反应为N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g），焓变ΔH＝反应物键能和－生成物键能和＝（945

.0kJ·mol－1＋3×436.0kJ·mol－1）－6×391.0kJ·mol－1＝－93.0kJ·mol－1，热化学方程式为N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝－93.0kJ·mol－1，即生成2molNH3时放出93.0kJ热量。13．答案：（

1）碳第二周期ⅤA族（2）·C···＋2·O·····―→O····∶∶C∶∶O····（3）Al3＋<Na＋<S2－（4）2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑（5）AB解析：X、Y、W、Q、R都是短周期元素，由图可知，X的最高正价是＋4，排除在第一

周期，又由图可知X、Y、W、Q、R原子序数递增，而X在第二周期而且最高正价为＋4，故X为C元素，以此类推Y为N元素，W为Na元素、Q为Al元素、R为S元素。（1）元素X的名称为碳，元素Y是氮，在周期表中的位置是第二周期ⅤA族。（2）X的最高价氧化物是二氧化碳，其形成过程为

·C···＋2·O·····―→O····∶∶C∶∶O····。（3）Al3＋、Na＋、S2－半径大小比较，同周期阴阳离子半径都递减，但阴离子半径都比阳离子大，故Al3＋<Na＋<S2－；（4）W的最高价氧化物对应水化物是氢氧化钠，离子方程式为2Al＋2O

H－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑。（5）下列关于硫元素的说法中：在自然界中硫的存在形式有游离态和化合态，单质硫主要存在于火山周围的地域中，以化合态存在的硫多为矿物，可分为硫化物矿和硫酸盐矿，A正确

；工业生产和民用生活中燃烧的煤炭排放出来的二氧化硫，燃烧石油以及汽车尾气排放出的氮氧化物，都会造成酸雨，B正确；二氧化硫与品红能形成无色物质，这种物质在加热时能分解，所以不稳定，这就是二氧化硫的漂白机理，而它不能与石蕊形成无色物质，故不可以使紫色石蕊溶液褪色

，C错误；R的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸，Q的单质是铝，常温下两者可以发生钝化，加热条件下可以发生氧化还原反应，D错误。课练14元素周期表和元素周期律狂刷小题夯基础[练基础]1．B周期表中共有18列，7个主族、7个副族、1个第Ⅷ族、1个0族，除第Ⅷ族有3

列，其他各族均为1列，共有16个族，A错误；同周期元素电子层数相同，从左到右核电荷数逐渐增大，原子核对核外电子吸引力逐渐增强，原子半径逐渐减小，C错误；氧元素无最高正化合价、氟元素无正化合价，D错误。2．De是硫元素，d是氧元素，

H2S稳定性弱于H2O，A错误；同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，B错误；a～f六种元素分别为Na、Mg、C、O、S、Cl，其中金属单质中Na的化学性质最活泼，非金属单质中Cl2、O2化学性质均比S活泼，C错误。3．D由锶（Sr）原子序数为38，可

知锶位于周期表中第五周期ⅡA族，金属性：Ca<Sr<Ba，则Sr（OH）2的碱性强于Ca（OH）2，弱于Ba（OH）2；Sr是活泼金属，能与水反应，所以Sr不能从MgCl2溶液中置换出Mg，故D错误。4．D某微粒的核外电子排布式为1s22s22p6，可知该微粒含有10

个电子，该微粒可能是原子或离子，即可能是Ne，也可能是F－、Na＋等，故A错误；该微粒可能为Al3＋，位于元素周期表中第13列，也可能是Ne原子或其他离子，不位于元素周期表中第13列，故B错误；该微粒可能为Na＋、Mg2＋、Al3＋，对应的单质是强还原剂，故C错误

；该微粒可能为F－，F是最活泼的非金属，它是电负性最大的元素，故D正确。5．D根据元素推断模型中原子的特殊电子层结构关系，并结合Y的最外层电子数为次外层的一半，可推测Y为Li或Si；结合短周期主族元素W、Z、X、Y的原子序数依次增大，可知

Y为Si；X与Y为同一周期相邻的元素，则X为Al；Al3＋与ZW－含有相同的电子数，则ZW－为10电子离子，为OH－，推出Z为O、W为H。X的最高价氧化物是Al2O3，是很好的耐火材料，选项A正确；氢元素和氧元素形成的常见化合物为H2O和H2O2，在常温常压下均为液体，选

项B正确；工业上制铝单质的反应为2Al2O3（熔融）=====通电冰晶石4Al＋3O2↑，工业上制硅单质的反应为SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑，选项C正确；铝单质和硅单质均能与NaOH溶液反应而溶解，选项D错误。[练高考]6．

B氧原子半径小于硫原子半径，而Mg、Al、Si的原子半径依次减小且均比同周期的硫原子半径大，因此原子半径：Mg>Al>Si>O，A项错误；Mg元素的金属性较强而O元素的非金属性很强，二者之间形成的化学键是离子键，B项正确；铝是导体而Si是半导体，故前者导电性强于后者，C项错误；硅酸

的酸性弱于碳酸，D项错误。7．DX、Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，

半径是P3－>Cl－，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合

题意；同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意。8．B甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，

A正确；N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（CH3）2NNH2只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；CH3

OH为四面体结构，—OH结构类似于水的结构，（CH3）2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确。9．CD由题图和题意可知，X和Z分别是F、Cl；又Y原子序数为W原子价电子数的3倍且题

给化合物中Y、W分别可形成5、3个共价键，故W、Y分别为N、P。F只有－1、0两种价态，没有最高正价，A错误；HCl为强酸，HF为弱酸，B错误；根据元素周期律可知，四种元素原子半径由大到小的顺序为P>Cl>N>F，即Y>Z>W>X，C正确；

Cl、N、H三种元素可形成离子化合物NH4Cl，其既含有离子键又含有共价键，D正确。10．答案：（1）9（2）F>O>Cl角（V）形低于OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高（3）5D解析：（1）基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和

自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；（2）电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F>O>Cl；根据VSEPR理论有2＋6－1×22＝4，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角形；OF2和C

l2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；（3）XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为2＋8－1×22＝5，其中心原子的杂化方式应为sp3d。11．答案：（1）3s23p4（2）H2O>H2S>CH4（3）六解析：（1）硫为

16号元素，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4。（2）H2O分子间能形成氢键，H2S、CH4分子间均不存在氢键，H2O的沸点大于H2S、CH4；随着相对分子质量增大，氢化物的沸点逐渐增大，则沸点：H2S>CH4，所以三者的沸点由

高到低的顺序为H2O>H2S>CH4。（3）80Hg的原子结构示意图为，原子核外有6个电子层，所以汞位于元素周期表第六周期。[练模拟]12．D最外层电子数为2的元素不一定分布在s区，如He分布在p区，Fe等元素分布在d区，A错误；同一主族元素从上到下，金属性逐渐增强，不是呈周期性

变化，B错误；非金属元素H分布在s区，C错误；元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素在d区和ds区，是过渡元素，都是金属元素，D正确。13．C在元素周期表中的100多种元素中，有22种非金属元素，则金属元素约占80%，A说法正确；主族元素由短周期和长周期元素

组成，位于周期表的s区和p区，B说法正确；Na、K、Rb为同周期元素，原子半径依次增大，失电子能力增强，则第一电离能逐渐减小，C说法错误；最外层为4s1的元素有K、Cr、Cu，共3种，D说法正确。14．D钒为23号元素，位于元素周期表中第四周期Ⅴ

B族，A说法正确；钒的价层电子数为23－18＝5，其价层电子排布式为3d34s2，B说法正确；基态Al原子电子占据最高能级3p1，p能级电子云轮廓图为哑铃形，C说法正确；锌为31号元素，位于元素周期表的第四周期ⅡB族，位于ds区，D说

法错误。15．DX、Y、Z、W为四种短周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物分别为甲、乙、丙、丁，由图可得：0.1mol·L－1甲溶液的pH＝13，则甲为一元强碱，只能为NaOH，则X为Na元素；0.1

mol·L－1丁溶液的pH＝1，则丁为一元含氧酸，又因为W的原子序数大于Na元素，则丁为HClO4，W为Cl元素；0.1mol·L－1丙溶液的pH＝0.7，则氢离子浓度＝10－0.7mol·L－1≈0.2mol·L－1，所以丙为二元强酸，又因为Z的原子序数大于Na元素，所以Z

为S元素，丙为H2SO4；因为常温下甲、丙、丁均可与乙反应生成盐和水，则乙为两性氢氧化物，所以乙应为Al（OH）3，Y为Al元素。非金属性：Cl＞S，则简单阴离子的还原性：Z（S2－）＞W（Cl－），A错误；X、Y、W分别为Na、Al、Cl元素，Al与Cl元素

形成的化合物AlCl3为共价化合物，B错误；乙为Al（OH）3，能溶于氢氧化钠溶液，而不溶于氨水，C错误；Y、Z的简单离子分别为Al3＋、S2－，二者都能发生水解，促进水的电离，D正确。综合测评提能力1．A目前ds区的元素种数最少，故A正确；f区包括镧系元素和锕系元素，ds区的元素种数最少，

故B错误；p区的He元素最终电子排在s能级上，故C错误；元素周期表中H元素在s区，H为非金属元素，故D错误。2．A由Y的位置及化合价可推出其是Al，进一步可推出X是Mg、Z是C、M是N，Q是S、R是Cl。CS2有较强的还

原性，而CCl4还原性很弱，A项错误；Mg能与CO2发生置换反应，生成C和MgO，B项正确；Al能与Fe2O3发生铝热反应，生成单质Fe，C项正确；HNO3能与NH3发生化合反应，D项正确。3．C分析题中信

息可知X为氢元素，Y为碳元素；Q为活泼金属，可能为钠、镁、铝三种元素中的一种。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，根据溶液的pH变化分析，应为硫化氢和二氧化硫的反应，即R为硫元素，Z为氧元素。A项，2

H2S＋SO2===2H2O＋3S↓，根据图像分析，当二氧化硫的体积（标准状况下）为336mL时，溶液的pH为7，说明此时硫化氢和二氧化硫恰好完全反应，则X2R（硫化氢）溶液的浓度为336×10－3×222.4×1

00×10－3mol·L－1＝0.3mol·L－1，故错误；B项，元素非金属性越强，其最简单气态氢化物的稳定性越强，稳定性顺序为Z>R>Y，故错误；C项，Q为活泼金属钠、镁、铝中的一种，工业上通常采用电解法冶炼Q的单质，故正确；D项，二氧化硫通入Ba（N

O3）2溶液中会产生硫酸钡沉淀，故错误。4．C由常温下乙为液体且其为常用的无机溶剂，推知乙为水，说明四种元素中存在H、O；W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且分列在四个不同周期和四个不同主族，则W为H，X为O；Y、Z分别位于第三、四周期，可推知

Z为Ca。反应①为甲与水的化合反应，则可推知甲为氧化钙，丙为氢氧化钙；反应②为A单质与Ca（OH）2作用生成3种物质的反应，其中一种为水，结合Y元素位于第三周期且A为Y元素组成的单质可推知A为Cl2，Y为

Cl。核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Ca2＋＜Cl－，选项A错误；氧化钙与水剧烈反应，放出大量的热，为放热反应，选项B错误；氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，此反应为工业上制备漂白粉的反应

原理，选项C正确；O与Ca形成的化合物可能是CaO或CaO2（过氧化钙），CaO2中含有离子键和非极性共价键，而氯化钙中只有离子键，选项D错误。5．BX、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，由图像中最外层电子数和原子半径的关系

可知，X为C、Y为Na、Z为S、Q为Cl、R为K。C的电负性比Cl的小，故A错误；核外电子数相同时质子数越大半径越小，故Q的简单离子半径比R的大，故B正确；同周期元素，原子序数越大非金属性越强，则简单氢化物更稳定，则Z的简单气态氢化物的热稳定性比

Q的弱，故C错误；同主族元素，原子序数越大金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比R的弱，故D错误。6．B同种元素间形成的化学键为非极性键，A项正确；N（NO2）3分子中的氮、氧原子上没有连接氢原子，故不能与水分子形成氢键，B项错误；由分子

中N—N—N键角都是108.1°可知，该分子中氮原子的骨架不是平面结构，属于三角锥形，这种结构是非硝基氮原子上有1对孤电子对的排斥导致的，因此非硝基氮原子上有1对孤电子对，3对σ键电子对，该氮原子采取sp3杂化，C、D项正确。7．DTi是22号元

素，价电子排布式为3d24s2，属于元素周期表中的d区元素，A错误；硒、硅分别与氢元素形成的简单氢化物即H2Se、SiH4，分子构型分别为V形和正四面体形，B错误；在NaCl晶体（图1）中，与Na＋最接近且距离相等的Cl－形成正八面体，C错误；由图可知，每个水分子与金属离

子各形成一个配位键，故某水合金属离子的模型如图2所示，则1个该水合金属离子中含有4个配位键，D正确。8．D从Ne开始元素原子的第二电子层电子轨道表示式均为，故只知道第二电子层电子轨道表示式无法确定元素的位置，A不符合题意；某元素在某种化合物中的化合价为＋4，无法确定其位置，如CO2中C为＋

4价，C位于周期表第二周期第ⅣA族，N2O4中N为＋4价，N位于周期表第二周期第ⅤA族，B不符合题意；某元素的原子最外层上电子数为6，无法确定其周期，如O位于第二周期第ⅥA族，S位于第三周期第ⅥA族，即第Ⅵ

A族元素的原子最外层电子数均为6，C不符合题意；原子价层电子排布式为5s25p1位于第五周期第ⅢA族，能确定其位置，D符合题意。9．D第一周期元素的原子最外层电子排布均是从1s1过渡到1s2，故A错误；H元素分布在s区，

故B错误；原子核外电子排布式为1s1的原子是H原子，属于非金属元素；原子核外电子排布式为1s22s1的原子是Li，属于金属元素，化学性质不同，故C错误；元素周期表中ⅢB到ⅡB的10个纵行的元素为副族和第Ⅷ族元素，都是金属，统称为

过渡金属元素，故D正确。10．AW、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成＋2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于ⅥA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电

子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6－2－1＝3，Y的最外层p能级上只有一个单电子，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素。由上述分析可知，W为Mg、Y为B、Z为H、X为O，Z原子中只有1个电子，占据核外1个原子轨道，其他原子轨道也有，只

不过没有电子，故A错误；镁离子和氧离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：W<X，故B正确；Y原子是氮原子，基态核外电子排布式1s22s22p1，则有3种能量不同的电子，这些电子的运动状态共5种，故C正

确；元素M是与Y同主族的短周期元素，Y为B元素，则M是Al元素，同一周期从左到右金属性逐渐减弱，第一电离能整体趋势递增，但镁元素最外层全充满，第一电离能大于铝，故金属性W＞M,第一电离能W＞M，故D正确。11．答案：（1）1s22s22p63s1（或[Ne]3s1）（2）第三周期ⅢA族小

于（3）22p哑铃（4）1s22s22p63s23p5（或[Ne]3s23p5）（5）Al（OH）3＋NaOH===NaAlO2＋2H2OAl（OH）3＋3HCl===AlCl3＋3H2O解析：根据题中信息可推出：A为Na，B为Al，

C为O，D为Cl。（1）A为Na，其核外电子排布式为1s22s22p63s1或[Ne]3s1。（2）B为Al，其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅢA族，Na＋与Al3＋的核外电子排布相同，核电荷数Al

3＋大于Na＋，故r（Al3＋）<r（Na＋）。（3）C为O，其轨道表示式为，其中有2个未成对电子，能量最高的为2p轨道上的电子，其轨道呈哑铃形。（4）D为Cl，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，简化电子排布式为

[Ne]3s23p5，Cl－的结构示意图为。（5）Al（OH）3与NaOH和盐酸反应的化学方程式分别为Al（OH）3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，Al（OH）3＋3HCl===AlCl3＋3H2O。12．答案：（1）（2）铬第四周期第Ⅵ

B族d1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1（3）F>N>O>CF>O>N>C（4）1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d64f5（5）三角锥形低氨气分子间含有氢键解析：（1）A元素次外层电子数是最外层电子

数的14，A元素只能是Ne，则其价电子轨道表示式是（2）B是1～36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，B元素是铬，其名称是24号元素铬，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅥB族，位于周期表d区，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6

3d54s1或[Ar]3d54s1。（3）C、N、O、F四种元素中，原子半径r（C）>r（N）>r（O）>r（F），而N原子核外处于2p3半充满状态，更稳定，所以第一电离能F>N>O>C，电负性F>O>N>C。（4）Fe是26号元素，核外有26个电子，失去两个电子得到Fe2＋，基态Fe2＋核外

电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，Sm的价电子排布式为4f66s2，失去三个电子得到Sm3＋，Sm3＋的价电子排布式为4f5。（5）As的氢化物分子AsH3与NH3为同一主族的氢化物，结构相似，故AsH3的空间结构为三角锥形，因为

NH3分子间含有氢键，所以AsH3的沸点低于氨气。13．答案：（1）S2－＞F－＞Al3＋（2）HClO4H2SO4（3）SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O（4）O2＋4e－＋2H2O===4OH－（5）①2Al＋2NaOH＋2

H2O===2NaAlO2＋3H2↑②Al（OH）3⇌AlO－2＋H＋＋H2O③2Cl－＋2H2O=====通电H2↑＋Cl2↑＋2OH－解析：②元素是地壳中含量最多的元素，所以②是O；⑤与酸碱都可以反

应，则⑤为Al；由④⑦两元素组成的化合物是我们日常生活必需的调味品可知④为Na，⑦为Cl；由②和⑥元素的原子序数之和是①和④两元素原子序数之和的两倍可知⑥为S，①为H；由七种短周期主族元素①～⑦原子序数依次增大可推知③为F。（1）③、⑤、⑥

的简单离子半径由大到小的顺序为S2－＞F－＞Al3＋。（2）⑥和⑦的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为HClO4＞H2SO4。（3）二氧化硅能与HF发生反应，其反应的化学方程式为SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。（4）由Al和空气、海水构成的原电池中，Al作负极，正极上

O2发生还原反应，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。（5）B为黄绿色气体，则B为Cl2，电解A溶液得到三种物质，由题图知A为NaCl，C为氢气，D为氢氧化钠，G为Al，F为偏铝酸钠，E为HCl，混合物X可能含有氯化钠、氢氧化铝和氯化

铝。①D溶液与G反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。②氢氧化铝不溶于水，但既能溶于酸又能溶于碱，其能与NaOH溶液反应是因为Al（OH）3发生酸式电离：Al（OH）3⇌AlO－2＋H＋＋H2O。③A为NaCl溶液，电解的离子方程式为2Cl

－＋2H2O=====通电H2↑＋Cl2↑＋2OH－。课练15晶体结构与性质狂刷小题夯基础[练基础]1．DA．超分子能表现出不同于单个分子的性质，其原因是两个或多个分子相互“组合”在一起，形成具有特定结构和功能的聚集体，正确；B.构成非晶体

的微粒，在非晶体中的排列，遵循长程无序和短程有序的规则，正确；C.液晶具有各向异性，其原因是液晶内部分子沿分子长轴方向进行有序排列，正确；D.纳米材料实际上是三维空间尺寸至少有一维处于纳米级尺度的、具有特定功能的材料，纳米材料内部具有晶体结构，但界面

处则为无序结构，错误。2．D纳米颗粒是长程有序的晶状结构，界面却是长程无序和短程无序的结构，所以纳米颗粒界面通常为无序结构，但内部具有晶状结构，故A正确；在有机物分子中，组成化学键或官能团的原子处于不断振动的状态，其振动频率与红外光的振动频率相当，利用红外光谱实验可确定青蒿素分子中含有

的部分基团，故B正确；超分子内部分子之间通过氢键、弱配位键等相结合，故C正确；电子表液晶显示器在施加电场时，液晶分子沿电场方向排列，移去电场后，液晶分子无序排列，故D错误。3．BA．空间结构为四面体型的分子，有的键角为109°28′，如甲烷分子，有的不是，如白磷的空间结构为，为正四

面体结构，每个P原子与3个P原子形成共价键，每个键角为60°，错误；B.在[Cu（NH3）4]2＋离子中，Cu2＋提供空轨道，N原子提供孤电子对，形成配位键，中心离子Cu2＋，配体是NH3，正确；C.晶体有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体含有组成微粒为阳离子和电子，错误；D

.氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物是因为H—O键的稳定性强，错误。4．DA．根据硒化锌晶胞结构图可知，锌周围有4个硒，每个硒周围也有4个锌，所以锌的配位数为4，正确；B.相邻的Se2－与Zn2＋之间的距离为体对角线的14，即34apm，正确

；C.已知原子坐标：A点为（0，0，0），B点为（1，1，1），则C点的原子坐标为（14，34，34），正确；D.晶胞中含有4个锌离子和4个硒离子，根据ρ＝mV＝4MNAV有NA＝4×144ρ（a×10－10）3，错误。5．BA．无机含氧酸HClO、H2SO3、HNO3的非羟基氧

原子数分别为0、1、2个，非羟基氧原子数越多，含氧酸的酸性越强，正确；B.Cr的价电子排布式为3d54s1，未成对电子数为6，Mn的价电子排布式为3d54s2，未成对电子数为5，Fe的价电子排布式为3d64s2，未成对电子数为4，所以Cr、Mn、Fe三种元素基态原子的未成对电子数逐渐

减小，错误；C.CaF2、NaCl、CsCl三种晶体中阴离子的配位数分别为4、6、8，所以阴离子的配位数逐渐增大，正确；D.、、中邻羟基苯甲醛形成分子内氢键使熔沸点降低，对羟基苯甲醛形成分子间氢键使熔、沸点升高，正确。[练高考]6．A偏铝酸钠在强酸溶液中反应，A

lO－2会转化成Al（OH）3，然后再溶解生成铝离子，不会形成铝氧四面体，即得不到分子筛，A推测错误；分子筛Ma[（AlO2）x·（SiO2）y·zH2O中，“AlO2”显－1价，“SiO2”“H2O”都显0价，设M的化合价为m，则根据正、负化合价代数和

为0，m×x2＋x×（－1）＝0，解得m＝＋2，B推测正确；铝硅酸盐型分子筛的热稳定性与其结构类型、结晶度、硅铝比等都有关系，则调节yx的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性，C推测正确；分子筛是一种具有多孔结构的水合铝硅

酸盐，其中有许多笼状孔穴和通道能让直径比孔穴小的分子通过而将直径比孔穴大的分子留在外面，故可用于筛分分子，D推测正确。7．答案：84×91＋8×16a2c×NA×10－302－x解析：以晶胞中右侧面心的Zr4＋为例，同一晶胞中与Zr4＋连接最近且等距的O

2－数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2－与Zr4＋相连，因此Zr4＋离子在晶胞中的配位数是4＋4＝8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m＝4mol×91g·mol－1＋8mol×16g·mol－1NA，1个晶胞的体积为V＝（a×10－

10cm）×（a×10－10cm）×（c×10－10cm）＝a2c×10－30cm3，因此该晶体密度ρ＝mV＝4×91＋8×16NAga2c×10－30cm3＝4×91＋8×16a2c×NA×10－30g·cm－3；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表

示为ZnxZr1－xOy，其中Zn元素为＋2价，Zr为＋4价，O元素为－2价，根据化合物化合价为0可知2x＋4×（1－x）＝2y，解得y＝2－x。8．答案：Al8π（2r3Cr＋r3Al）3a2c×100解析：由结构图可知，根据均摊法，该晶胞含有4个白球和2个黑球，则黑球代表

Al原子，白球代表Cr原子，金属原子的总体积是43π（4r3Cr＋2r3Al），晶胞体积是a2c，故原子空间利用率是8π（2r3Cr＋r3Al）3a2c×100%。9．答案：20，0，rc122a2＋（c－2r）2解析：由题图知，晶胞中大球个数为8×18＋1＝2，小球个数为8×

14＋2＝4，故大球为Xe，小球为F，该晶胞中含有2个XeF2.以晶胞参数为单位长度建立坐标系时，由B点在棱上rc处，知B点原子的分数坐标为0，0，rc。如图所示从点A向底面作垂线到点D，则ED＝22apm，AB＝CE＝d，CD＝12c－rpm，根据CD2＋ED2＝CE2

，代入数据可得d2＝0.5a2pm2＋（0.5c－r）2pm2，d＝0.5a2＋（0.5c－r）2pm。10．答案：（1）原子半径C<Si（或键长C—C<Si—Si），键能C—C>Si—Si（2）当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等

电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小解析：（1）金刚石与晶体硅均为原子晶体，但构成晶体的原子不同，原子半径C<Si，键长C—C<Si—Si，则键能C—C>Si—Si，所以金刚石熔点比晶体硅熔

点高。（2）当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小，可使甘氨酸从溶液中析出，实现甘氨酸的提纯。[练模拟]11．D键能：C—H键＞Si—H

键，所以热稳定性：CH4＞SiH4，A错误；金刚石与晶体硅都是共价晶体，共价晶体的熔沸点与共价键强度有关，由表可知，C—C键的键能大于Si—Si键，则金刚石的熔点比晶体硅高，B错误；共价键的键能与成键原子的核间距及成键原子的种类均有关，C错误；由表可知，C—C键和C—H键更稳定，因而所成的烷烃更

稳定，种类和数量也更多，而Si—Si键与Si—H键键能小，易断裂，导致长链硅烷难以生成，限制了硅烷的种类和数量，D正确。12．A金刚石晶体和二氧化硅晶体均属于共价晶体，A项符合题意；金刚石晶胞中含有碳原子数为8×18＋6×12＋4＝8，B项不符合题意；60gSiO2的物质的量为

1mol，1molSi原子与4molO原子形成4molSi—O键，即共价键数为4NA，C项不符合题意；二氧化硅晶体属于共价晶体，熔化时破坏共价键，D项不符合题意。13．D邻二氮菲分子中含有4种不同环境的H原子，故其一氯代物有4种，A错误；N原子上有孤对

电子，易形成配位键，在邻二氮菲分子内有2个N原子，则Fe2＋和3个邻二氮菲形成配合物时，Fe2＋的配位数为6，B错误；邻二氮菲是由分子构成的分子晶体，物质熔、沸点取决于分子间作用力，与分子内所含化学键的键能无关，C错误；用邻二氮菲测定Fe2＋浓度时，若当H＋浓度较高，邻二氮菲中的N会优先

与H＋形成配位键，导致与Fe2＋配位能力减弱，若OH－浓度较高时，OH－与Fe2＋反应，也影响Fe2＋与邻二氮菲配位，D正确。综合测评提能力1．B晶体在固态时不具有自发性，不能形成新的晶体，故A错误；超分子具有分子识别和自组装的特征，利用超分子的分子识别特征，可以分

离C60和C70，故B正确；金属晶体，含有金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下自由电子可发生定向移动，所以能够导电，故C错误；温度降低的时候，饱和度也会降低，明矾会吸附在小晶核上，所以要得到较大颗粒的明矾晶体，配

制比室温高10～20℃明矾饱和溶液然后浸入悬挂的明矾小晶核，静置过夜，故D错误。2．A在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元环，每个单键为3个环共有，则每个C原子连接4×3＝12个六元环，正确；氯化钠晶胞如图：，所以在氯化钠晶体中，距Na＋最近且等距的C

l－是6个，即钠离子的配位数是6，距Na＋最近且相等的Na＋位于面心处，共有3×8/2＝12个，错误；1molH2O可以和4molH2O形成氢键，两分子共用一个氢键，所以含1molH2O的冰中形成氢键的数目为2NA个，错误；在石墨晶体中，一个碳原子与其他三个碳原子形成3根C—C键，每个

碳原子占有1.5个C—C键，所以碳原子数与C—C键数之比为2∶3，错误。3．BA项，金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，所以晶体中有阳离子不一定有阴离子，错误；B项，晶体内部的粒子在空间里按照一定规律作周期性重复排列，晶体的这一特征可以通过X射线衍射图谱反映出来，区分晶体和

非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，正确；C项，分子晶体熔点和沸点与分子间作用力有关，与共价键无关，错误；D项，金属晶体发生形变时，其内部金属离子与“自由电子”发生滑动，但金属离子和自由电子之间的相互作用仍然存在，错误。4．A水汽化时破坏的是氢键和范德华力，水分解时破坏共价键

，A错误；CaC2由Ca2＋和C2－2构成，Na2O2由Na＋和O2－2构成，二者晶体中阴、阳离子个数比分别为1∶1、1∶2，B正确；基态碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，占据1s、2s、2p三个能级，所

以有三种能量不同的电子，C正确；区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X-射线衍射法，D正确。5．CCs与Na是同一主族元素，Cs元素的金属性比Na强，若NaCl为离子化合物，则CsCl也为离子化合物，A正确；由于Na＋与Cs＋都带一个正电荷，但Na＋的半径比Cs＋的半径小

，NaCl晶体的晶格能比CsCl晶体大，晶格能越大物质的熔、沸点就越高，所以NaCl的熔点比CsCl高，B正确；NaCl是离子晶体，1个Na＋被6个Cl－吸引，1个Cl－被6个Na＋吸引，所以NaCl晶胞中Cl

－的配位数为6，CsCl晶胞中Cl－的配位数为8，C错误；Na、Cs是同一主族元素，离子半径Cs＋＞Na＋，Cs＋容易形成配合物而Na＋一般不会形成配合物，这与微粒半径有关，D正确。6．D元素的非金属性越强，电负性越大，则F、Si和Ca电负性依次减小，同周期主族元素从左

到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则F、Si和Ca原子半径依次增大，A正确；OF2与SiO2都是含有极性共价键的共价化合物，化合物中氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为sp3杂化，B正确；由晶胞结构可知，A处到B处的距离为体对角线长的34，若A处原子

分数坐标为（0，0，0），则B处原子分数坐标为（34，34，34），C正确；三种金属氟化物都为离子晶体，阴、阳离子间形成的离子键越弱，晶体提供自由氟离子的能力越强，钡离子、钙离子和镁离子的电荷数相同，离子半径依次减小，则氟化钡、氟化钙、氟化镁三种晶体中的离

子键依次增强，晶体提供自由氟离子的能力依次减弱，D错误。7．BCO2中C原子采取sp杂化，C原子不存在孤电子对，CO2为直线形分子，正、负电荷中心重合，为非极性分子，SO2中S原子采取sp2杂化，S原子存在一个孤电子对，分子空间结构为V形，正、负电荷中心不重

合，为极性分子，A错误；羊毛的主要成分为蛋白质，蛋白质中含有大量氢键，水洗时会破坏其中部分氢键，导致织品变形，DNA双螺旋的两个螺旋链是通过氢键相互结合的，B正确；金属导电是因为自由电子在外加电场作用下做定向

运动，金属导热是自由电子与金属阳离子在相互碰撞中完成热能的传递，C错误；SiO2为共价晶体，其中原子间以共价键相互结合，共价键具有饱和性和方向性导致了共价晶体中原子的堆积不属于密堆积，D错误。8．C纳米立方氮化硼的硬度超过钻石，是目前世界上最

硬的物质，原子之间以共价键结合形成立体网状结构，该物质属于共价晶体，A错误；B、N是两种不同的非金属元素，所以B和N原子之间形成的共价键是极性共价键，B错误；纳米立方氮化硼硬度大，是目前世界上最硬的物质，因此可用于钻探、切削工具等，C正确；在纳米立方氮化硼中含B原子数

目为8×18＋6×12＝4个，4个N原子全部在晶胞内，故该晶胞中含有N原子数目为4，则1个晶胞中含有4个B原子，4个N原子，其所含原子总数是8个，质量为4×（11＋14）g·mol－1NAmol－1＝4×

25NAg，故25.0g纳米立方氮化硼中含原子的物质的量为n＝25.0g4×25NAg×8＝2NA，可近似表示为2×6.02×1023个原子，D错误。9．A根据抗坏血酸分子的结构可知，分子中以4个单键

相连的碳原子采取sp3杂化，碳碳双键和碳氧双键中的碳原子采取sp2杂化，A选项正确；氯化铝在177.8℃时升华，熔沸点低，因此AlCl3为分子晶体，但AlCl3在水溶液中完全电离，属于强电解质，B选项错误；CO2是分子晶体，为直线形分子，而SiO2是共价晶体，没有独

立的SiO2微粒，两者结构不同，因此两者不互为等电子体，C选项错误；根据晶胞结构图分析可知，C原子位于晶胞的体心，由几何知识可知，该碳原子的坐标为（12，12，12），D选项错误。10．AN＋5共有7×5－1＝34个电子，选项A错误；N＋5中N－N原子为同种元素的原子，则非

金属原子之间只能以共用电子对结合，选项B正确；化合物N5AsF6中，N5为＋1价，F为－1价，则As化合价为0－（＋1）－（－1）×6＝＋5，选项C正确；化合物N5AsF6中，N5为＋1价，As为＋5价，则F的化合价为0－（＋1）－（＋5）6＝－1，选项D正确。11．答

案：（1）4d25s2O2、N2、CO2（2）①BF3中B采用sp2杂化，BF－4中B采用sp3杂化，s轨道成分越多，电子云重叠程度越大，键长越短②sp3③H3NBH3分子间存在氢键，分子间作用力更大④ABD（3

）C（4）12解析：（1）Zr位于周期表中第五周期第ⅣB族，价电子排布式为4d25s2，非极性分子中，分子对称性较高，正、负电荷中心重合，则图1中属于非极性分子的气体是O2、N2、CO2。（2）①BF3中B原子价层电子对数为3，采用sp2杂

化，BF－4中B原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，s轨道成分越多，电子云重叠程度越大，键长越短。②根据B2H6的分子结构图可知，B的价电子数为4，VSEPR模型为四面体，杂化方式为sp3杂化。③H3NBH3中含有电负性大的N原子和N—H键，易形成分子间氢键，B

2H6只存在分子间作用力，所以H3NBH3的沸点比B2H6高得多。④由图3中阴离子结构可知，阴离子中含有极性键和配位键，所以硼酸钠晶体中含有的化学键有离子键、极性键和配位键，不存在金属键和非极性键，故选A、B、D。（3）配体为CO，配体中C给出

孤电子对，所以配位原子为C；（4）根据几何关系，晶胞中Sr2＋处于体心，与最近的O2－距离为22×晶胞边长，这样的O2－共有12个，则与每个Sr2＋紧邻的O2－有12个。12．答案：（1）（2）B（3）

MgI3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子（4）8（5）氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤电子对与Zn2＋成键，原孤电子对与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H—N—H键角变大（6）

立方BN晶体是共价晶体，B—N键能大，所以质地坚硬75316a3NA×1021解析：（1）B位于周期表中第二周期第ⅢA族，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p1，则基态硼原子的轨道表示式为。（2）SO2－3中S原子价层电子对数

＝3＋6＋2－3×22＝4，有1对孤电子对为三角锥形结构，NO－2中N原子价层电子对数＝2＋5＋1－2×22＝3，有1对孤电子对为V形结构，故A错误；NO－3中N原子价层电子对数＝3＋5＋1－3×22＝3，没有孤电子对，为平面三角形结构，SO3中S原子价

层电子对数＝3＋6－3×22＝3，没有孤电子对，为平面三角形结构，所有原子共平面，故B正确；H3O＋中O原子价层电子对数＝3＋6－1－3×12＝4，有1对孤电子对，为三角锥形结构，ClO－3中Cl原子价层电子对个数＝3＋7＋1－3×22＝4，有1对孤电子对，为三角锥形结构，所有原子不共

平面，故C错误；PO3－4中P原子价层电子对数＝4＋5＋3－4×22＝4，没有孤电子对，为正四面体结构，SO2－3中S原子价层电子对数＝3＋6＋2－3×22＝4，有1对孤电子对为三角锥形结构，所有原子不共平面，故D错误。（3）该元素处于第三周期，而它的第三电

离能远远高于第二电离能，说明该元素原子最外层有2个电子，故该元素为Mg。（4）与侧面面心的Al原子等距离且最近的Mg原子处于该面的4个顶点及面心位置，而每个侧面为2个晶胞共有，故1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离。（5）在独立的NH3分子中，N原子的孤电子对

排斥成键电子对能力强，[Zn（NH3）6]2＋中，N原子的孤电子对转化为成键电子对，对其他三个成键电子对的排斥作用减弱，键角增大。（6）由于立方BN晶体是共价晶体，B—N键能大，所以质地坚硬；根据晶胞的结构可

知，每个晶胞中含有4个N原子，B原子数为8×18＋6×12＝4，故晶胞的质量为100NAg，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，是正方体对角线长的14，则晶胞的对角线长为4anm，晶胞的边长为4a3nm＝4a3

×10－7cm，故晶胞的体积为4a3×10－7cm3，ρ＝mV＝100NA4a3×10－73g·cm－3＝75316a3NA×1021。13．答案：（1）>（2）CH4平面三角形（3）①sp2、sp3②③56（4）59×2672×18665×2512×163解析：（1）基

态Co原子的价电子排布式为3d74s2，失去最外层4s2上的两个电子成为Co2＋；I3（Co）失去的是3d7上的一个电子，I3（Zn）失去的是3d10全充满上的一个电子，需要的能量较高。（2）CH4的中心原子的n＝4、HCHO和COCl2的中心原子的n＝3；COCl2分子中C是sp2杂化，分子

的立体构型为平面三角形。（3）①羰基碳是sp2杂化，甲基碳是sp3杂化。②亚胺基N—H上的H被邻近N原子吸引形成氢键。③每个碳原子上各有一个p电子，一个氮原子有一个p电子（孤对电子，在环外），另一个氮上

有孤对电子在环上形成大π键：。（4）六棱柱可看作6个正三棱柱，体积为6×34a2c，每个晶胞中有6个原子，密度为6×MNA×6×34a2c×10－30g·cm－3，钴、锌的相对原子质量分别为59、65，并代入图中的晶胞参数约简即

得。单元检测5元素周期表元素周期律物质结构1．BC原子序数为6，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，故A错误；F和I属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B正确；14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C错误；23

Na131I的中子总数为（23－11）＋（131－53），不为奇数，故D错误。2．Ds能级轨道为球形，p能级的原子轨道为哑铃型，轨道形状不相同，A说法错误；每个p能级都有3个原子轨道，B说法错误；钠原子的电子有1s、2s、2p、3s，4个能级，6个原子轨道，则11个电子在6个轨道上高速

运动，C说法错误；能层序数越小，s能级的原子轨道半径越小，则s能级的原子轨道半径与能层序数有关，D说法正确。3．AY的原子序数比X的原子序数大1，X的简单氢化物可用作制冷剂，推出X为N，Y为O，核素W1ZX中质子数与中子数相等，则W1为14，W2为17，则核反应为：147

N＋42He→178O＋11H。HNO2为弱酸，A错误；16O2和17O3互为同素异形体，B正确；HNO3与NH3反应生成NH4NO3，NH4NO3为离子化合物，C正确；H2O2中既含有极性共价键，也含有非极性共价键，D正确。4．D向FeCl3溶液中

滴加过量Na2S溶液，发生反应的离子方程式应该是3S2－＋2Fe3＋===S↓＋2FeS↓，选项A错误；氯化镁是离子化合物，用电子式表示其形成过程：，选项B错误；碱性电解液环境下的甲烷燃料电池负极反应式：CH4－8e－＋10OH－===CO2－3＋7H2O，选

项未配平，选项C错误；等物质的量Cl2和SO2同时通入水中，反应生成硫酸和盐酸两种强酸，在离子方程式中都应该拆开，选项D正确。5．B反应过程中，BMO参与反应，改变反应路径，作为催化剂可以降低反应的活化能，故A正确；根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比，过氧根离子

生成氧离子得到3个电子、BMO＋得1个电子，根据转移电子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，故B错误；苯酚中既含有C—H极性共价键，又含有C—C非极性共价键，故C正确；根据图知，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化

碳和水，为苯酚的氧化反应，故为放热反应，故D正确。6．DA项，氮原子的原子核外有7个电子，基态氮原子电子排布式为1s22s22p3，错误；B项，氧离子核电荷数为8，核外有10个电子，基态O2－的电子排布式为1s22s22p6，错误；C项，NO－3中N原子杂化轨道数＝5＋12＝

3，NO－3的空间构型为正三角形，错误；D项，NH＋4中N原子杂化轨道数＝5＋4－12＝4，N原子的杂化方式为sp3，正确。7．DA．二氧化碳分子C原子形成2个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为2，二氧化碳C原子采取sp杂化，为直线形，水分子中O原子形成2个O—H键，含有2对孤电

子对，价层电子对数为4，水分子为V形结构，错误；B.MgO只含有离子键，MgOCO2中含有离子键和共价键，则MgO→MgOCO2时，没有共价键的断裂，错误；C.反应过程中碳元素的化合价为－2价的中间体是MgOCH2，错误；D.图示中箭头指入的是反应物，指出的是生成物，则CO2和氢气是反

应物，生成甲烷和水，反应的方程式为：CO2＋4H2=====Pd-MgO一定条件CH4＋2H2O，正确。8．DW为H，X为C，Y为O，Z为Na，Z、Y的简单离子具有相同的电子层结构，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：r（Na＋）<

r（O2－），A项错误；元素非金属性C<O，B项错误；一般来说，元素对应单质的氧化性越强，其对应阴离子的还原性越弱，故阴离子的还原性O2－<H－，C项错误；H2O2中含有O—O非极性键，D项正确。9．C两种非金

属元素形成AB型化合物，即便该化合物为离子化合物，其阴离子或阳离子内部的两种非金属元素的原子间也存在共价键（如NH4H中NH＋4的内部H、N原子间），①正确；HCl气体溶于水，H与Cl原子间的共价键被破坏，但发生的是物理变化，②不正确；水的稳定

性比硫化氢高，取决于分子内部原子间的共价键，与氢键无关，③不正确；CF4、CCl4、CBr4、CI4都形成分子晶体，它们的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，所以沸点依次升高，④正确；BeF2为离子化合物，所以并不是只有活泼金属与活泼非金属之间才能形成离子键，⑤不正确；仅由

非金属元素组成的化合物也可能是离子化合物，如NH4Cl，⑥不正确；碘化氢气体分解和氯化钠熔化，前者破坏共价键，后者破坏离子键，克服的化学键类型不同，⑦正确；HClO分子中，H原子的最外层不满足8电子稳定结构，⑧不正确；H2O2、NH4Cl、H2S、NaOH、Ca（ClO）2中，H—O、N—H、H

—S、O—H、Cl—O都为极性共价键，⑨正确。10．D金刚石、SiC属于共价晶体，键长C—C<Si—C，故金刚石中化学键更稳定，其熔点更高，NaF、NaCl都属于离子晶体，氟离子半径小于氯离子半径，故NaF的晶格能大于NaCl，则NaF的熔点更高，

H2O、H2S都属于分子晶体，水分子之间存在氢键，熔点较高，熔点：共价晶体>离子晶体>分子晶体，故金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低，故A正确；CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，氯化钠的晶胞图为，若Ca2＋处于体心

、棱中间，O2－位于面心、顶点，晶体中体心Ca2＋与面心的6个O2－距离最近，Ca2＋配位数为6，且这些最邻近的O2－围成正八面体，故B正确；氯化钠的晶胞图为，假设灰球为Cl－，处于面对角线上的Cl－之

间距离最近，设二者距离为dcm，则晶胞棱长＝2dcm×22＝2dcm，晶胞体积＝（2dcm）3，晶胞中Cl－数目＝1＋12×14＝4，晶胞中Na＋数目也是4，晶胞质量＝4×MNAg＝ρg·cm－3×（2dcm）3，解得d＝2·3M2ρNA，故C正确；处于棱的中心的

原子为4个晶胞共用，位于顶角的原子为8个晶胞共用，晶胞中X数目＝14×12＝3，Y数目＝18×8＝1，则该晶体的组成式为X3Y，故D错误。11．B最外层只有一个电子的可能是H或碱金属或某些过渡元素，不同族一般性质有较大差异，A不

符合题意；2p、3p未排满，则下一能级不可能有电子，故X为C（2s22p2）、Y为Si（3s23p2），两者最外层电子相同，性质相似，B符合题意；M层仅有2个电子，则第一层和第二层排满，故X为Mg；N层上仅有2个电子，则X可能为Ca或者某些过渡

元素（如Fe），不同族性质有差异，C不符合题意；电子总数等于最外层的5倍，若电子层为2层、3层均没有相应原子；若为4层，设第三层为a个电子，第四层为b个电子，由题意得：5b＝2＋8＋a＋b，即a＝4b－10，既然有第四层，根据电子排布规则，第三层至少满足3s23p6，故a＝4b－10

≥8，推得b≥4.5，即最外层至少5个电子，故第三层3d应该排满，即a＝18，所以5b＝2＋8＋18＋b，推得b＝7，故该原子为35号溴原子，与S（3s23p4）最外层电子不相同，性质不相似，D不符合题意。12．AA．金刚石和碳化硅都是

共价晶体，在晶体中每个C原子或Si原子与相邻的4个原子形成共价键，每个共价键为相邻的2个原子所共有，因此若晶体中含有1mol原子，则物质含有共价键的物质的量是4mol×12＝2mol，故原子数相同的金刚石和碳

化硅共价键个数之比为1∶1，错误；B.在SiO2晶体中，每个Si原子与相邻的4个O原子形成Si—O共价键，故Si原子与Si—O共价键个数比为1∶4，正确；C.在石墨烯中，每个C原子与相邻的3个C原子形成共价键，每个C原子为相邻的3个六元环所共有

，则在六元环中含有的C原子数为6×13＝2，因此石墨烯中碳原子和六元环个数比为2∶1，正确；D.在C60分子中每个碳原子与3个C原子形成共价键，由于每个C原子都达到了8电子的稳定结构，说明每个C原子形成了2个碳碳单键和1个碳碳双键，在碳碳双键中含有1个σ键、1个π

键，由于共价键是相邻的2个C原子所形成，则在1个C60分子中含π键数目为60×12＝30个，正确。13．BW、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，由结构可知W形成单键，则W是H元素，X形成4个共价键，且形成阳离子，则X为N元素，Y形成2个共价键，最外层有6个电子，为O元素，原子序数

之和为32，则Z的原子序数为32－1－7－8＝16，则Z为S元素；W、X、Y、Z分别为：H、N、O、S；A.由图可知离子之间形成离子键，离子内部形成共价键，正确；B.一般情况下，O元素最高价为0价，无正价，错误；C.X、Z分别为N、S元素，

对应的最高价的水化物为硝酸，硫酸，均为强酸，正确；D.在一定条件下H2能与N2、O2、S反应，生成物分别为：NH3、H2O、H2S，正确。14．B①氢叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相近是弱酸，形成的阴离子水解呈

碱性；正确；②HN3的构成微粒为分子，则属于分子晶体，正确；③NaN3的构成微粒为离子，则属于离子晶体，正确；④由信息可知撞击发生爆炸生成氮气，则可用于小汽车防撞保护气囊，正确；故选B。15．CFe（CO）5为对称结构，分子中正

、负电荷中心重合，属于非极性分子，CO为极性分子，A项错误；Fe（CO）5中Fe原子与CO形成配位键，铁原子提供空轨道，B项错误；铁与CO形成5个配位键，CO分子中O提供1对孤电子对与1个碳原子形成1个配位键，所以1molFe（CO）5中含有10mol配位键，C项正确

；反应Fe（CO）5===Fe＋5CO↑得到铁单质，形成金属键，D项错误。16．答案：Ⅰ.（1）三角锥形NH3分子间存在氢键（2）4f5Ⅱ.（1）Be＋2OH－===BeO2－2＋H2↑（2）配位Nsp3sp2解析：Ⅰ.（1）As与N、P为同主族，则其氢化物分子

为AsH3，立体结构为三角锥形；NH3分子间存在氢键，而AsH3分子间只存在分子间的作用力，则AsH3沸点比NH3低。（2）Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm形成离子时，先失去最外层电子，则Sm3＋的价层电子

排布式为4f5。Ⅱ.（1）与Al满足对角线规则的短周期元素的单质为Be，Be的性质类似于Al，Al能与强碱反应，则Be与NaOH反应生成偏铍酸钠和氢气，离子方程式为Be＋2OH－===BeO2－2＋H2↑。（2）N—B化学键称为配位键；电子对由氮原子提供

；NH3BH3分子中B原子有4条共价键，为sp3杂化，根据图像，BO－3中B有3条共价键，为sp2杂化。17．答案：（1）氦（或He）4（2）①sp2、sp310NAO>N>C>H②高（3）（4）22d解析：（1）宇宙中氢元素占88.6%、氦占11.1%，

宇宙中含量最多的元素是氢和氦；C的核外电子排布式为1s22s22p2，1s和2s轨道上分别有2个电子，p能级有3个轨道，每个电子优先占据1个轨道，则基态碳原子的核外电子占有4个原子轨道。（2）①甲基的VSEPR模型为四面体形，—COO—上C的VSEPR模型为平面三角形结构，则C原子的杂化类型分别为

sp2、sp3；一个双键含有一个σ键，由PAN结构可知，一个中含有10个σ键，所以1molPAN中含有的σ键数目为10NA；PAN分子中含有C、H、N、O元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O>N>

C>H。②由于HCOOH存在分子间氢键，CH3OCH3只存在分子间作用力，所以HCOOH的沸点比CH3OCH3的高。（3）H5O＋2是由水分子和H3O＋通过氢键形成的微粒，则H5O＋2的结构式为。（4）根据图可知，Si原子在SiO2

晶胞中位置如图，图中ABCD四个Si原子形成正四面体结构，且AB距离等于AC距离，AC距离在底面投影为底面对角线的一半，则SiA与SiB的距离＝12×2d＝22dnm。18．答案：（1）4d55s16（2）AB（3）Csp2和sp3（4）F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F

，使氧氢键较易断裂，因此酸性强于CH3COOH（5）C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力所需的能量解析：（1）Cr的基态价电子分布为3d54s

1，而Mo与Cr同主族，但比Cr多了一周期，因而基态价电子排布式为4d55s1，用电子轨道表示式为，因而核外未成对的电子为6个。（2）观察该超分子结构有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据信息可知Mo形成配位键。（3）CO做配体时C做配位原子，O把孤电

子对给了碳，碳变成富电子中心，有提供孤电子对形成配位键的能力，p-甲酸丁酯吡啶中碳原子形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键为sp3杂化。（4）F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，从而氧氢键

较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH。（5）根据不同晶体类型的性质不同来解释：C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力所需的能量。1

9．答案：（1）①NaMg②五ⅠA（2）①随着原子序数的递增，元素的电负性呈周期性变化②0.9～1.5③ABCD测定各物质在熔融状态下能否导电，若导电则为离子化合物，反之则为共价化合物解析：（1）①由图可以看出，同周期的ⅠA

族元素的第一电离能最小，而ⅢA族元素的第一电离能小于ⅡA族元素的第一电离能，故Al的第一电离能的大小范围为Na<Al<Mg。②图中电离能最小的应是碱金属元素Rb，在元素周期表中第五周期第ⅠA族。（2）①将表中数据按照元素周期表的顺序重排，可以看出电负性随着

原子序数的递增呈周期性变化。②由同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小可知，在同周期中电负性：Na<Mg<Al，同主族：Be>Mg>Ca，则Mg元素电负性值的最小范围应为0.9～1.

5。③Li3N中电负性差值为2.0，大于1.7，形成离子键，为离子化合物；BeCl2、AlCl3、SiC中电负性差值分别为1.5、1.5、0.7，均小于1.7，形成共价键，为共价化合物。离子化合物在熔融状态下可以导电，但共

价化合物在熔融状态下不能导电。20．答案：（1）Co3＋价电子排布式为3d6，Fe3＋价电子排布式为3d5，后者3d轨道半满，更稳定，不易再失去一个电子Co和Ca均为金属晶体，Co价电子数较多，金属键较强，熔沸点高（2）①O>N>C>H②B（3）16平面三角形（4）①Sm

Co5②59×15＋150×3332a2b×NA×10－30解析：（2）①多齿配体中含有C、H、O、N四种元素，电负性：O>N>C>H；②配体中形成碳氮双键的C原子和苯环C原子的杂化方式为sp2，饱和C原子的杂化方式为sp3，N原子形成2个σ键，还有一个孤电

子对，杂化方式为sp2。A项，C只有sp2杂化，N为sp3杂化，不符合题意；B项，C原子的杂化方式为sp2、sp3，N为sp2杂化，符合题意；C项，C只有sp3杂化，N为sp3杂化，不符合题意；D项，C原子只有sp3杂化，N为sp3杂化，不符合题意。（3）[Co（NO

3）4]2－中Co2＋的配位数为4，配位键属于σ键，1mol硝酸根离子中含有3molσ键，故1mol该配离子中含σ键的数目为（4＋4×3）NA＝16NA；NO－3中N有3个σ键电子对，孤电子对数为0，采取sp2杂化，故空间构型为平面三角形。（4）①根据晶胞结构可知，六棱

柱中含有Sm的数目为2×12＋12×16＝3，Co的数目为12×12＋6×12＋6＝15，则晶体化学式为SmCo5；②晶胞体积V＝12×32a×a×6×b×10－30cm3，故ρ＝59×15＋150×3332a2b×NA×10－30g·cm－3。第六单元化学反应与能量课练

16化学反应中的能量变化狂刷小题夯基础[练基础]1．C过程Ⅰ在太阳能的作用下水分解为氢气和氧气，太阳能转化为化学能，A项不符合题意；过程Ⅱ为氢氧燃料电池放电过程，化学能转化为电能，B项不符合题意；2H2＋O2===2H2O

为放热反应，因此2molH2与1molO2的能量之和大于2molH2O的能量，C项符合题意；2H2＋O2===2H2O为放热反应，故H2O的分解反应为吸热反应，D项不符合题意。2．B等量的S具有的能量：S（g）>S（s），则等量的S（g）完全燃烧生成SO2（g）

放出的热量多，故有ΔH1<ΔH2，A正确。等量H2S（g）完全燃烧生成SO2（g）放出的热量比不完全燃烧生成S（s）放出的热量多，则有ΔH3>ΔH4，B错误。根据盖斯定律，由③－②可得⑤，则有ΔH5＝ΔH3－Δ

H2，C正确。根据盖斯定律，由③×3－⑤×2可得④，则有2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4，D正确。3．D反应过程中除了H＋和OH－反应放热，BaSO4沉淀的生成也伴随有反应热的变化，即H2SO4和Ba（OH）2反应的反应热ΔH≠2×（－57.3）kJ·mol－1，故A错误

；CH3OH（g）的燃烧热为1mol甲醇蒸气燃烧转化为二氧化碳和液态水放出的热量，不能生成氢气，故B错误；H2（g）的燃烧热是285.8kJ·mol－1，则2H2（g）＋O2（g）===2H2O（l）ΔH＝－571.6kJ·mol－1，2H2O（l）===2

H2（g）＋O2（g）ΔH＝＋571.6kJ·mol－1，故C错误；由葡萄糖的燃烧热是2800kJ·mol－1可知，0.5mol葡萄糖完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为1400kJ，即12C6H12O6（s）＋3O2（g）===3CO2（g）＋3H2O（l）ΔH

＝－1400kJ·mol－1，故D正确。4．D等质量的红磷能量比白磷低，A中变化应为放热反应，ΔH＜0。B中，由图可知，红磷和白磷转变成的活化分子的能量相等，则红磷的活化能更高。C中红磷应比白磷稳定。[练高考]5．C比稳定，即（g）＋H2（g）―→（g）ΔH1<0，比稳定，即（g）＋

2H2（g）―→（g）ΔH2<0，A错误；①（g）＋H2（g）―→（g）ΔH1，②（g）＋2H2（g）―→（g）ΔH2，③（g）＋3H2（g）―→（g）ΔH3，④（g）＋H2（g）―→（g）ΔH4，③≠①＋②，所以ΔH3≠ΔH1＋ΔH2

，②≠③＋④，所以ΔH2≠ΔH3＋ΔH4，B、D错误；比稳定，①－②得（g）―→（g）＋H2（g），ΔH1－ΔH2>0，即ΔH1>ΔH2；比稳定，②－③得（g）―→（g）＋H2（g），ΔH2－ΔH3<0，即ΔH3>ΔH2，C正确。6．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）===2H2O（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。7．答案：－49AΔH1为正值，ΔH2和ΔH为负值，反应①活化能大于反应②的解析：根据盖斯定律

可知总反应＝反应①＋反应②，则总反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋41kJ·mol－1＋（－90kJ·mol－1）＝－49kJ·mol－1。总反应是放热反应，即生成物的总能量比反应物的总能量低，则B项、D项错误；反应①为慢反应，则反应①的活化能较大，故A项正确。8．答案：（1

）ΔH3－ΔH4（或ΔH2＋ΔH3－ΔH5）（2）AD（3）44解析：（1）由题给反应方程式可知，反应a可由反应c－d或反应b＋c－e得到，故根据盖斯定律，ΔH1＝ΔH3－ΔH4或ΔH1＝ΔH2＋ΔH3－ΔH5。（2）增大CO2的浓度，反应a、b的正反应速率增加；增大CH4的

浓度，反应a、c的正反应速率增加，A正确。由于C（s）是固体，移去部分C（s），平衡不移动，B错误。催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡移动，则不能提高CH4的平衡转化率，C错误。降低反应温度，正、逆反应速率均减小，D正确。故选AD。（3）由题图1可知，反应分为CH4――→1CH3＋H――→2

CH2＋2H――→3CH＋3H――→4C＋4H4个步骤，其中第4步的正反应活化能最大。9．答案：（1）＋90.8（2）CD解析：（1）ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和，根据热化学方程式以及表格中数据可得ΔH＝390.8kJ·mol－1×3

×2－（946kJ·mol－1＋436.0kJ·mol－1×3）＝＋90.8kJ·mol－1。（2）若反应能自发进行，则ΔG＝ΔH－TΔS<0，代入数据，ΔG＝ΔH－TΔS＝90.8×103J·mol－1－T×198.9J·mol－1·K－1<0，则T>456.5K，转化成摄氏温

度，则t>183.5℃，故选C、D。[练模拟]10．D在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应生成可溶性盐及1molH2O（l）时放出的热量均为57.3kJ，A错误；测定中和热过程中，实验前用温度计测量NaOH溶液的温度后，水洗后擦干，再测定盐酸的温度，B错误；强酸与强碱发生中和反应生成可溶性

盐及1molH2O（l）时放出的热量为57.3kJ，而生成硫酸钡沉淀也要放出热量，故0.5molH2SO4（aq）和0.5molBa（OH）2（aq）反应放出的热量大于57.3kJ，C错误；为了保证盐酸完全被中和，氢氧化钠溶液浓度可略大于盐酸，故中和

热的测定实验中，可选择50mL0.5mol·L－1稀盐酸和50mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行实验，D正确。11．CCF3O2是一种自由基，则其中1个氧原子含单电子，则该氧原子周围为7个电子，且不稳定，A项错误。对比反应路径①和③可知，两个路径均生成CF3O，且路

径①的产物CF3O＋NO2比路径③的产物CF3O＋NOO的能量低，故NO2的能量比NOO的低，则稳定性：NO2＞NOO，B项错误。反应路径③中IM3生成TS5的活化能最大，而活化能越大，反应速率越小，反应速率小的反应步骤制约总反应过程的反应速率，C项正确。对比题图中的3个反

应路径，反应路径①的活化能最低，则反应最容易进行，反应进行的难易程度与产物的能量没有关系，D项错误。12．BA项，反应物分子与活化分子的能量差即为该反应的活化能，为419kJ·mol－1，其逆反应的活化能为510kJ·mol－1，错误。B项，不了解焓变与活化能的关系而错解。焓变

＝正反应的活化能－逆反应的活化能，即ΔH＝419kJ·mol－1－510kJ·mol－1＝－91kJ·mol－1，正确。C项，混淆活化能和反应速率之间的关系而出错。活化能越小反应速率越快，由题图知第Ⅱ阶段的活化

能小于第Ⅰ阶段，所以反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段，错误。D项，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的ΔH，错误。13．C根据题图可知，ΔH1＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝508kJ·mol－1－600kJ·mol－1＝－92kJ·mol－1，故合成氨反应为放热反应，升高温度，

平衡逆向移动，产率下降，但升高温度能够提高反应速率，A错误。根据题表中的键能数据可得④2H2（g）＋O2（g）===2H2O（g）ΔH4，ΔH4＝反应物的总键能－生成物的总键能＝2×436.0kJ·mol－1＋497.3kJ·mol－1－2×2×462

.8kJ·mol－1＝－481.9kJ·mol－1，氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水所释放的热量，气态水变为液态水会释放热量，故氢气的燃烧热应大于240.95kJ·mol－1，B错误。结合盖斯定律可知3×④－2×①＋2×②＝③，故ΔH3＝

3ΔH4－2ΔH1＋2ΔH2＝3×（－481.9kJ·mol－1）－2×（－92kJ·mol－1）＋2×180.5kJ·mol－1＝－900.7kJ·mol－1，则a＝－900.7，C正确。向密闭容器中充入4molNH3和5molO2，充分反应，因该反应为可逆反应，反应不能完全进行，故放出的热量应

小于|a|kJ，D错误。综合测评提能力1．B中和热是指在稀溶液中，酸和碱发生中和反应生成1mol液态水时所放出的热量。A项中未给定溶液体积，无法计算生成水的物质的量，A项错误；500mL2.0mol·L－1的HCl（aq）

中溶质的物质的量为1mol，500mL2.0mol·L－1的NaOH（aq）中溶质的物质的量为1mol，两者反应生成1mol液态水，放出的热量为57.3kJ，B项正确；氟化氢、一水合氨、HCN都是弱电解质，电离时要吸收热量，因此

C、D项中物质反应生成1molH2O（aq）时，放出的热量少于57.3kJ，C、D项错误。2．A根据已知信息可以写出下列热化学方程式：①H2（g）＋12O2（g）===H2O（l）ΔH1＝－285.8kJ·mol－1②CO（g）＋12O2（g）==

=CO2（g）ΔH2＝－283.0kJ·mol－1③CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH3＝－890.3kJ·mol－1④H2O（g）===H2O（l）ΔH4＝－44.0kJ·mol－1根据盖斯定律，由③＋④－②－①×3可

得CH4（g）＋H2O（g）===CO（g）＋3H2（g）ΔH＝ΔH3＋ΔH4－ΔH2－ΔH1×3＝－890.3kJ·mol－1－44.0kJ·mol－1＋283.0kJ·mol－1＋285.8kJ·mol－1×3＝＋206.1kJ·mol－1。

3．D反应①中是光能转化为化学能，A错误；反应②中ΔH＞0，为吸热反应，B错误；催化剂只降低反应的活化能，不影响反应的焓变，C错误；根据盖斯定律，目标反应可由反应③－②获得，ΔH＝206.1kJ·mol－1－131.3kJ·mol－1＝74.8kJ·mol－1，D正确。4．D表示H2O

（g）的生成热的热化学方程式为H2（g）＋12O2（g）===H2O（g）ΔHf＝－243kJ·mol－1，A错误。表示CO（g）的燃烧热的热化学方程式为CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔHc＝－285kJ·mol

－1，B错误。由图1知O—H键的键能ΔHb＝12×（243＋436＋247）kJ·mol－1＝463kJ·mol－1，C错误。由图1得H2（g）＋12O2（g）===H2O（g）ΔH＝－243kJ·mol－

1①，由图2得CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－285kJ·mol－1②，根据盖斯定律，②－①得CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）ΔH＝－42kJ·mol－1，D正确。5．B

使用催化剂，降低了反应的活化能，改变了反应历程，A项正确；使用催化剂，不能改变反应物和生成物的总能量，即不能改变反应的焓变（ΔH），B项错误；8h之后，C10H8的产率还在增加，说明反应2未达平衡，而C10H8是由C10H12

转化而来的，且C10H12的产率几乎保持不变，说明反应1也未达平衡，C项正确；由图像可以看出反应2的活化能低于反应1的活化能，故反应1生成的C10H12快速转化为C10H8，从而使x1显著低于x2，D项正确。6．B化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，A

错误；根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，B正确；催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，C错误；反应物总键能－生成物总键能＝焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2（g）===2CO（g）＋O2（g）ΔH＝1598×2－10

72×2－496＝＋556（kJ·mol－1），D错误。7．B根据盖斯定律由③－②－①得CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）ΔH＝－41kJ·mol－1，故A正确；平衡常数只与温度有关，增大

压强K不变，故B错误；反应①每生成1molCO的同时生成0.5molO2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；焓变＝反应物的键能之和－生成物的键能之和，因此反应②断开2molH2和1molO2中的化学键所吸收的能量比形成4molO—H键所

放出的能量少484kJ，故D正确。8．D催化剂表面发生化学反应，反应过程中，既有化学键的断裂，也有化学键的形成，A项正确；催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，故催化剂不能提高反应物的平衡转化率，B项正确；图乙中曲线Ⅰ的活化能比曲线Ⅱ的活化能高，故曲线Ⅱ为使用催化

剂的能量变化曲线，C项正确；由图乙可知，使用催化剂后的反应过程中有中间产物生成，其中反应物转化为中间产物的反应中，反应物的总能量比中间产物的总能量低，故该反应为吸热反应，D项错误。9．A由图1可知，N2和H2都被吸附在催化剂a的表面上发

生反应，A正确；由图2知反应①的热化学方程式中，ΔH＝（508－600）kJ·mol－1＝－92kJ·mol－1，B错误；由图1知，反应②是NH3被O2氧化为NO的过程，发生反应4NH3＋5O2=====催化剂4NO＋6H2O，计算知，转移1.25mol电子时，消耗标准状况下NH3的体

积为5.6L，C错误；催化剂只能改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D错误。10．DC（s）的燃烧热是指1molC（s）完全燃烧生成稳定氧化物CO2（g）放出的热量，故C（s）的燃烧热不是110.4kJ·mol－1，A错误。2molCu2O（s）和1molO2（g）反应生成

4molCuO（s）放出的热量为（640－348）kJ＝292kJ，则1molCuO分解生成Cu2O吸收73kJ热量，B错误。由图可知，反应2Cu2O（s）＋O2（g）===4CuO（s）的活化能为348kJ·mol－1，C错误。1molC（s）燃烧生成C

O（g）放出110.4kJ热量，则有①C（s）＋12O2（g）===CO（g）ΔH＝－110.4kJ·mol－1；由图可得②Cu2O（s）＋12O2（g）===2CuO（s）ΔH＝－146kJ·mol

－1；根据盖斯定律，由①－②可得：C（s）＋2CuO（s）===Cu2O（s）＋CO（g），则有ΔH＝（－110.4kJ·mol－1）－（－146kJ·mol－1）＝＋35.6kJ·mol－1，D正确。11．答案：（1）－415.5（

2）①Cl－ClO－2②4ClO－3（aq）===3ClO－4（aq）＋Cl－（aq）ΔH＝－138kJ·mol－1（3）①2CuCl2（s）＋O2（g）===2CuO（s）＋2Cl2（g）ΔH2＝＋125.

4kJ·mol－1②溶液由红色变为无色（或溶液红色变浅）解析：（1）分析题给热化学方程式，根据盖斯定律，由①×3＋②可得3Cl2（g）＋6NaOH（aq）===5NaCl（aq）＋NaClO3（aq）＋3H2O（l），则有ΔH＝3ΔH1＋ΔH2＝（－101.1kJ

·mol－1）×3＋（－112.2kJ·mol－1）＝－415.5kJ·mol－1。（2）①物质具有的能量越高，其稳定性越弱，故最稳定的离子是Cl－，最不稳定的离子是ClO－2。②由ClO－3生成ClO－4和Cl－的反应为4ClO－3（aq）===3ClO－4（aq

）＋Cl－（aq），该反应的ΔH＝3×38kJ·mol－1－4×63kJ·mol－1＝－138kJ·mol－1。（3）①由图可知，过程Ⅱ（氧化）发生的反应为2CuCl2（s）＋O2（g）===2CuO（s）＋2Cl2（g）。将题给O2氧化HCl的热化学

方程式编号为ⅰ，将过程Ⅰ反应的热化学方程式编号为ⅱ，其ΔH记为ΔH2，根据盖斯定律，由ⅰ－ⅱ×2可得2CuCl2（s）＋O2（g）===2CuO（s）＋2Cl2（g），则有ΔH2＝（－115.4kJ·mol－1）－（－120.4kJ·mol－1）×2＝＋125

.4kJ·mol－1。②氯化初期主要为不含HCl的气体，则初期溶液呈红色，氯化结束时，HCl与NaOH溶液发生中和反应，溶液褪色。12．答案：（1）－159.47（2）吸收热量·OH＋·H===H2O（g）（3）＋5.41kJ·mol－1解析：（1

）根据盖斯定律，Ⅰ＋Ⅱ得总反应：2NH3（g）＋CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）＋H2O（g）ΔH3＝－86.98kJ·mol－1，所以ΔH1＝－86.98kJ·mol－1－72.49kJ·mol－1

＝－159.47kJ·mol－1。（2）根据图像可知，吸附态的能量小于过渡态，所以物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会吸收热量；活化能最小的过程是·CO＋·OH＋·H＋3H2（g）生成·CO＋3H2（g）＋H2O（g），反应方程式是·OH＋·H===H2O（g）。（3）已知CO（g

）、CH4（g）、CH3CHO（l）的燃烧热分别为283.0kJ·mol－1、890.31kJ·mol－1、1167.9kJ·mol－1，分别写出燃烧热的热化学方程式，再用第3个的热化学方程式减去第1个和第2个的热化学方程式，则乙醛的分解反应CH

3CHO（l）⇌CH4（g）＋CO（g）的ΔH＝－1167.9kJ·mol－1－（－283.0kJ·mol－1）－（－890.31kJ·mol－1）＝＋5.41kJ·mol－1。13．答案：（1）ad加入助剂K也起催化作用，降低反应活化能，加快生成乙烯的

速率，提高了乙烯的产量（2）2×（ΔH1＋ΔH2）x（3）①SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋2I－＋SO2－4②2HI（g）⇌I2（g）＋H2（g）ΔH＝＋8.7kJ·mol－1③8H2S=====△8H2＋S8解析：（1）

由题干信息“催化CO2加氢合成低碳烯烃反应”结合图示可知第ⅰ步反应为CO2被H2还原为CO，a项正确；第ⅰ步为慢反应，其活化能比作为快反应的第ⅱ步反应的活化能大，b项错误；Fe3（CO）12/ZSM-5是CO2加氢合成低碳烯烃反应的催化剂，催化剂只能改变化学反应

速率，不能改变反应的焓变，c项错误；添加的助剂也起催化作用，催化作用不能改变化学平衡常数，d项正确。加入助剂K的作用是降低生成乙烯反应的活化能，加快化学反应速率。（2）根据盖斯定律，2×①＋2×②x可

得化学方程式③，故ΔH3＝2×（ΔH1＋ΔH2）x。（3）①由图可知，“Bunsen反应”的反应物为SO2、I2、H2O，生成物为HI和H2SO4，离子方程式为SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋SO2－4＋2I－。②ΔH＝反应物总键能－生成物总键能，故该反应的热化学方程式为2HI（

g）⇌I2（g）＋H2（g）ΔH＝（298.7×2－152.7－436.0）kJ·mol－1＝＋8.7kJ·mol－1。③由图可知，反应物H2S最终转化成了H2和S8，则循环过程的总反应为8H2S=====△8H2＋S8。

课练17原电池化学电源狂刷小题夯基础[练基础]1．A根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，盐桥的作用是构成闭合回路和平衡两烧杯中的电荷，所以Cl－向负极移动，故A正确；铁作负极，负极反应式为Fe－

2e－===Fe2＋，正极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，故B错误；左烧杯中pH基本不变，右烧杯中消耗H＋，c（H＋）减小，pH增大，故C错误；电池总反应式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，铁作负极，发生氧化反应，故D错误。2．D锌、铜、稀硫酸构成原电池，锌为负

极，铜为正极，正极上发生还原反应生成氢气，故A错误；锌为负极，发生氧化反应，故B错误；电子从锌极经外电路流向铜极，故C错误；该装置存在电能与化学能、电能与光能的转化，故D正确。3．A该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，A项正确；该装置工作

时，H＋由a极区流向b极区，B项错误；a极上发生氧化反应，失电子，所以a极上发生的电极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋，C项错误；由题图可知a极区Fe2＋和Fe3＋可相互转化，故不需补充含Fe3＋和Fe2＋的溶液，D项错误。4．B由

于氧化性：Cr2O2－7>Fe3＋，即Cr2O2－7可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，故在原电池中，Fe2＋失电子被氧化，则a极为负极；Cr2O2－7得电子被还原，则b极为正极。Fe2＋失电子被氧化，即甲烧杯的溶液中发生氧化反应，A错误；外电路中电流由正极流向负极，即由b极流向a极，B正确；原电池中

，阴离子移向负极，则SO2－4移向甲烧杯，C错误；乙烧杯中Cr2O2－7得电子被还原，则电极反应式为Cr2O2－7＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O，D错误。5．C根据电池总反应式，结合原电池的工作原理可知，锌作负极，发生氧化反应，A正确；根据电池总反应式可知，反

应生成OH－、消耗H2O，溶液的pH增大，B正确；根据原电池的工作原理，电子从Zn电极流出，经外电路流向石墨，电子不能通过电解质溶液，C错误；负极的电极反应式为Zn＋2OH－－2e－===Zn（OH）2，正极的电极反应式为Fe

O2－4＋4H2O＋3e－===Fe（OH）3↓＋5OH－，D正确。6．B根据装置图可知B室中氧气参与反应，应为好氧菌，选项A正确；方程式中电荷和氢原子不守恒，选项B错误；MFC电池中氢离子向得电子的正极移动，即向b极移动，b为正极，电流方向是由正极流向负极

，即b→a，选项C正确；电池的总反应是醋酸根离子在酸性条件下被氧化成CO2、H2O，即CH3COO－＋2O2＋H＋===2CO2＋2H2O，选项D正确。[练高考]7．D根据图示，石墨电极一侧发生反应2Br－－2e－===

Br2、OHC—CHO＋Br2＋H2O―→HOOC—CHO＋2HBr，总电极反应为OHC—CHO－2e－＋H2O===HOOC—CHO＋2H＋，因此石墨电极为阳极，KBr不只是起到电解质的作用，A项错误，B项错误；根据阳极总反应OHC—CHO－2e－＋H2

O===HOOC—CHO＋2H＋、阴极反应HOOC—COOH＋2e－＋2H＋===HOOC—CHO＋H2O，可得总反应式为OHC—CHO＋HOOC—COOH===2HOOC—CHO，故制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了2mol电子，C项错误；根据阴极（铅电极）反应，双极膜中间层中的H＋在

外电场作用下向阴极（铅电极）迁移，D项正确。8．B9．D由题图可知，b极上O2转化为KO2，则b极为电池正极，a极为电池负极，K＋通过隔膜由a极向b极迁移，为避免O2氧化K电极，O2不能通过隔膜，A说法正确；放电时，电流由正极经导线流向负极，即由b极经导线流向a极，充电时，b极接外接电源的正极

，b电极为阳极，B说法正确；产生1Ah电量时，生成KO2与消耗O2的质量比为71∶32≈2.22，C说法正确；消耗3.9g钾时，转移0.1mole－，铅酸蓄电池消耗0.1molH2O，其质量为1.8g，D说法错误。10．B在

该原电池中，活泼金属锌做负极，则N极为正极，A说法正确；放电时，左侧锌放电产生Zn2＋，贮液器中ZnBr2浓度不断增大，B说法错误；充电时，M极为阴极，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，C说法正确；放电时Br－通过隔膜进入溶液中

与Zn2＋结合，充电时Zn2＋通过隔膜在双极性碳和塑料电极上沉积，D说法正确。[练模拟]11．C该原电池装置的Pt极为正极，2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，BiVO4为负极，SO2－3－2e－＋2OH－===SO2－4＋H2O。电子流向应为BiVO4电极→导线→P

t电极，C项错误。12．C由图可知，闭合K1时放电，化学能转化为电能，闭合K2时充电，A为阴极，B为阳极。由图可知总反应式为Cd＋2NiOOH＋2H2O放电充电Cd（OH）2＋2Ni（OH）2，B极发生

氧化反应时消耗OH－生成NiOOH，KOH浓度降低。13．Dc（Cl2）越大，反应速率越快，则消耗银的速率也越快，A正确；银比铂活泼，铂作正极，Cl2在铂上得到电子发生还原反应生成Cl－，再与电解质中的Ag＋结合，电极反应

式为Cl2＋2e－＋2Ag＋===2AgCl，B正确；根据电池总反应式可知，电解质中Ag＋总数保持不变，C正确；原电池中，电子从负极经过外电路的导线流向正极，电子不能通过电解质，故电子移动方向应是银→外电路导线→铂，D错误。14．C在锂—空气电池中，锂失电子作负

极，反应式为Li－e－===Li＋，以空气中的氧气作为正极反应物，氧气得电子生成Li2O2，正极反应式为O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，总反应为2Li＋O2===Li2O2。选项A，可选用有机电解液，水性电解液会与Li直接反应，错误；选项B，含催化剂的

多孔材料为电池的正极，错误；选项C，放电时正极的电极反应式为O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，正确；选项D，充电时锂电极应连接外接电源的负极，电极反应式为Li＋＋e－===Li，错误。15．CIO－3＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，若往酸化

的KIO3溶液中加少量KI溶液，再闭合K，指针只在“0”到“X”处往返，说明KIO3易与KI反应生成I2，I2比KIO3更易与Na2SO3反应。A.K闭合后，Na2SO3失电子被氧化为Na2SO4，取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀硫酸

钡生成，正确；B.0～t1时，电流表指针右偏至Y，a极的电极反应式为：IO－3＋6e－＋6H＋===I－＋3H2O，正确；C.t2～t3时指针回到“0”处是因为IO－3＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，溶液中IO－3不再与Na2

SO3反应，错误；D.t2～t3时指针返回X处时a极是碘单质得电子生成碘离子，a极的电极反应式为：I2＋2e－===2I－，正确。综合测评提能力1．C活泼金属锌作负极，铜作正极，铜电极上发生还原反应，故A错误；电池工作一段时间后，甲池中的c（SO2－4）不变，故B错误；铜电极上发生电极反应：

Cu2＋＋2e－===Cu，同时Zn2＋通过阳离子交换膜从甲池移向乙池，由电荷守恒可知，乙池中每析出1molCu，则有1molZn2＋从甲池移向乙池，因为M（Zn）>M（Cu），所以乙池溶液的总质量增加，故C正确；阳离子交换膜只允

许阳离子和水分子通过，阴离子不能通过阳离子交换膜，故D错误。2．C根据电流方向可知上为负极，下为正极。放电时负极为Mg－2e－===Mg2＋，正极：Mg2＋＋2e－===Mg。充电时下为阳极，上为阴极，故Mg-Sb（液）作阳极发

生氧化反应。3．C碱性电解质水溶液中负极生成的Mg2＋会生成Mg（OH）2沉淀，降低电池效率，A错误；放电时为原电池，原电池正极发生得电子的还原反应，包括3Mg2＋＋MgS8＋6e－===4MgS2，B错误；据图可知Mg2＋通过隔

膜移向正极参与电极反应，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，C正确；放电时Mg电极发生氧化反应，充电时Mg电极得电子发生还原反应，即电子流入Mg电极，D错误。4．D放电时，钠电极是负极，阴离子ClO－4向b极移动，A正确；放电时，正极上CO2得电子转化为C，电极反应式为3CO

2＋4e－===2CO2－3＋C，B正确；充电时，该装置是电解池，与电源的负极相连的是阴极，电极反应式为Na＋＋e－===Na，C正确；充电时，阳极的电极反应式为2CO2－3＋C－4e－===3CO2↑，转移4mol电子时生成3molCO2，题目未指明CO2是否处于标准状况，故无法判断其体积

是否为67.2L，D错误。5．C充电时电能转化为化学能，故A正确；放电时，是原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，因此锂离子向正极移动，故B正确；根据图示，放电时，1molLi2S6转化为Li2S4的反应为2Li2S6＋2Li===3Li2S4，

反应中2molLi2S6得到2mole－，即1molLi2S6得到1mole－，故C错误；根据16Li＋S8放电充电8Li2S，充电时，阳极总电极反应式是8S2－－16e－===S8，故D正确。6．A根据总反应可知，Li为负极，石墨棒为

正极，正极上CFx转化为C，电极反应式为CFx＋xe－＋xLi＋===xLiF＋C，A项正确；根据正极的电极反应式可知，负极区的Li＋通过离子交换膜进入正极区，则离子交换膜为阳离子交换膜，B项错误；Li能与乙醇发生反应，因此电解质溶液不能用LiClO4的乙醇溶液代替，C项错误；b

极为正极，a极为负极，故b极电势高于a极电势，D项错误。7．C由题图知，O2－在Pt/YSZ电极表面失去电子被氧化为O2，Pt/YSZ为电解池的阳极，电解池的阳极与电源的正极相连，A正确；若用普通电极，O2在阴极优先放电，NO难以被还原，用

混合氧化物电极时，由题图可知，氧气在混合氧化物电极的“YSZ”表面放电，NO在“NiO”表面被还原，从而提高了NO的还原效率，B正确；由题干中“通电时，NiO转化为金属Ni，金属Ni还原NO”知，还原NO的反

应为2NO＋2Ni===N2＋2NiO，C错误；阴极有30mgNO被还原的同时还有O2被还原，转移电子的物质的量大于2mmol，阳极反应为2O2－－4e－===O2↑，生成的氧气大于0.5mmol，即阳极生成的O2大于16mg，D正确。8．AC6H12O6在微生物作用下转化为CO

2和H2O，C6H12O6被氧化，即石墨电极为负极，氧化银电极为正极，Ag2O发生得电子的还原反应，电极反应式为Ag2O＋2H＋＋2e－===2Ag＋H2O，故A正确；石墨电极为负极，C6H12O6在负极发生失电子

的氧化反应：C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2↑＋24H＋，故B错误；根据负极的电极反应式可知，每转移4mol电子，石墨电极产生22.4LCO2（标准状况），故C错误；30gC6H12O6的物质的量为30g180g·mol－1＝16mol，根据B项负极的电极反应

式可知，每30gC6H12O6参与反应，有4molH＋经质子交换膜进入正极区，故D错误。9．D根据图示知，B电极上H2O2得电子生成OH－，所以B电极是正极，发生的电极反应为H2O2＋2e－===2OH－，故A、B错误；

根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的原则，放电时，阳离子向负电荷较多的正极移动，阴离子向正电荷较多的负极移动，所以Na＋从负极区向正极区迁移，故C错误；在电池反应中，每消耗1L6mol·L－1H2O2溶液，消耗H2O2的物质的量为6

mol，根据H2O2＋2e－===2OH－知，理论上流过电路中的电子数为6mol×2×NAmol－1＝12NA，故D正确。10．A电极Ⅱ质量不断减少，说明电极Ⅱ为负极，a处溶液中加入KSCN溶液未出现红色，说明溶液中不存在Fe3＋

，加入CuSO4溶液未出现黑色沉淀，说明溶液中不存在S2－，则在该原电池中硫铁矿溶解生成Fe2＋和SO2－4。根据上述分析，通过该装置，硫铁矿溶解生成Fe2＋，可以富集铁，故A正确；根据上述分析，电极Ⅱ作负极，故B错误；该装置负

极的电极反应式为FeS2－14e－＋8H2O===Fe2＋＋2SO2－4＋16H＋，反应生成H＋，则溶液流经该装置后pH减小，故C、D错误。11．答案：（1）负NO2＋NO－3－e－===N2O5（2）甲CO（NH2）2＋H2O－6e－==

=CO2↑＋N2↑＋6H＋33.6解析：（1）该燃料电池中，正极上通入O2，石墨Ⅱ为正极，电极反应式为O2＋2N2O5＋4e－===4NO－3，负极上通入NO2，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2＋NO－3－e－===N2O5。（2）根据图示可知，甲电极上CO（NH

2）2反应生成二氧化碳和氮气，N元素化合价升高，失电子，为电源的负极，电解质溶液为酸性，则其电极反应式为CO（NH2）2＋H2O－6e－===CO2↑＋N2↑＋6H＋，该反应的总方程式为2CO（NH2）2＋3O2===2CO2＋2N2＋4H2O，根据关系式2CO（NH2）2～3O2可知，电池工作

时，理论上每净化1mol尿素，消耗O2的体积为1.5mol×22.4L·mol－1＝33.6L。12．答案：（1）Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu0.2（2）2H＋＋2e－===H2↑酸性NH＋4＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋（3）阴2Cl－－2e－===Cl2↑（4）1解析：（1）Fe是

活性电极，失电子被氧化生成Fe2＋，石墨是惰性电极，溶液中的Cu2＋在石墨电极得电子被还原生成Cu，故该原电池反应为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。工作过程中，Fe作负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，铁电极质量减少

；石墨作正极，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，石墨电极质量增加；设两电极质量相差12g时电路中转移电子为xmol，则有xmol×12×56g·mol－1＋xmol×12×64g·mol－1＝12g，解得x＝

0.2。（2）NH4Cl溶液中NH＋4会发生水解反应：NH＋4＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，使溶液呈酸性，故石墨电极（即正极）上发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑。（3）其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n形，则甲装置为原电池，Fe作负极，Cu作正极；乙装

置为电解池，则石墨（1）为阴极，石墨（2）为阳极，溶液中的Cl－在阳极放电生成Cl2，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑。（4）若将乙装置中的CuCl2溶液改为400mLCuSO4溶液，电解CuSO4溶液的总反应方程式为2CuSO4＋2H2O=====电解2H2SO4＋2C

u＋O2↑，当电极质量增加1.28g（即析出0.02molCu）时，生成0.02molH2SO4，则c（H＋）＝0.02mol×20.4L＝0.1mol·L－1，pH＝－lg0.1＝1，故此时溶液的pH为1。13．答案：（1）负K2SO4（2）PbO2＋

SO2－4＋Zn＋2H2O===PbSO4＋Zn（OH）2－4（3）a（4）5361（5）＞＜（6）0.23解析：（1）根据图示可知Zn电极失去电子Zn2＋与溶液中的OH－结合形成Zn（OH）2－4，所以Zn电极为负极；在A区域电解质为KOH，

在B区域电解质为K2SO4，C区域电解质为H2SO4；PbO2电极为正极，得到电子发生还原反应；（2）负极电极反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn（OH）2－4，正极的电极反应式为PbO2＋2e－＋4H＋＋SO2－4===PbSO4＋2H2O，总反应

的方程式为PbO2＋SO2－4＋Zn＋2H2O===PbSO4＋Zn（OH）2－4；（3）A区域是KOH溶液，OH－发生反应变为Zn（OH）2－4，为了维持溶液呈电中性，多余的K＋通过交换膜进入到B区域，由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，

因此a膜为阳离子交换膜；（4）6.5gZn的物质的量是n（Zn）＝6.5g65g·mol－1＝0.1mol，Zn是＋2价金属，则转移电子n（e－）＝0.2mol，1mol电子的电量为1F，F＝96500C·mol－1，

转移0.2mol电子的电量Q＝0.2mol×96500C·mol－1＝19300C，则理论上可产生的容量（电量）为19300×1033600mAh＝5361mAh；（5）由于Zn比Pb活动性强，正极材料都是PbO2，所以Zn-PbO2的电势差比Pb-PbO2

的电势差大，则EZn-PbO2＞EPb-PbO2；不同电池的电势差越大，电池反应的自由能变就越小。则ΔGZn-PbO2＜ΔGPb-PbO2；（6）反应ZnS（s）＋H2（g）催化剂高温Zn（s）＋H2S（g）在727℃时的平衡常数Kp＝2.24×10－6，若在盛有ZnS的刚性容器内通入压强为1.0

1×105Pa的H2，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此反应前后气体总压强不变，假如H2S占总压强分数为x，则H2为（1－x），根据平衡常数的含义可得x1－x＝2.24×10－6，解得x≈2.24×10－6，所以达到平衡时H2S的分压为2.24×1

0－6×1.01×105Pa＝0.23Pa。课练18电解池金属的腐蚀与防护狂刷小题夯基础[练基础]1．B电子从电源的负极流出，故a是阴极，d是正极，溶液中的阳离子Q移向阴极a。2．AA项，电子流出的一极是电源的负极，故Fe连接电源的正极，为阳极，发生氧化反应，正

确；B项，电解质溶液中，阴离子向阳极移动，Fe为阳极，Cl－向Fe极作定向移动，错误；C项，石墨电极是电解池的阴极，发生还原反应，电极反应为Fe3＋＋e－===Fe2＋，错误；D项，Fe为阳极，是活性电极，Fe被氧化生成Fe2＋，石墨是电解池的阴极，Fe3＋发生还

原反应生成Fe2＋，故电解池发生的总反应：Fe＋2Fe3＋=====电解3Fe2＋，错误。3．D依据放电顺序，阴极先放电的是Cu2＋，故阴极开始析出的是Cu，阳极先放电的是Cl－，故阳极开始产生的是Cl2，故A、B错误；由阴极反应Cu2＋＋2e－===Cu，n（C

u2＋）＝0.1mol，当电路中通过电子的量达到0.2mol时，此时Cu2＋消耗完毕，阴极放电离子变为H＋，故C错误；阳极先是Cl－放电，当Cl－消耗完毕，此时H2O电离产生的OH－开始在阳极放电，SO2－4不参与电极反应，故D正确。4．C根

据题给装置图可知，阳极的电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极的电极反应式为O2＋2H＋＋2e－===H2O2，故A、B项错误。根据题图可知，H2O2可将NH3·H2O氧化为N2，C项正确。根据电极反应式可知，工作过程中阳极上生成氢离子，所以阳极附近溶液的pH

逐渐减小，D项错误。5．AHCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H＋，Fe3＋在阴极得电子，还原成Fe2＋，Fe2＋、H＋、O2反应生成Fe3＋和H2O，Fe2＋、Fe3＋在阴极循环，A错误；HCl在阳极失电子生成Cl2和H＋，电极反应

式为2HCl－2e－===Cl2↑＋2H＋，B正确；根据电子得失守恒有O2～4e－，电路中转移1mol电子，消耗0.25mol氧气，标准状况下体积为5.6L，C正确；由图可知，反应物为HCl（g）和O2（g），生成物为H2O（g）和Cl2（g），故电解总反应可看作是4H

Cl（g）＋O2（g）=====电解2Cl2（g）＋2H2O（g），D正确。[练高考]6．D海水中含有较大浓度的Cl－，通电后Cl－能在阳极上发生失电子的氧化反应生成Cl2，A项正确；电解过程中阴极区有NaOH生成，阳极上生成的Cl2与阴极区生成的NaOH反应可得到

NaClO，B项正确；H2具有可燃性，故应及时排入大气，以免出现意外，C项正确；阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，生成的OH－与海水中的Mg2＋结合形成Mg（OH）2，故Mg（OH）2主要在阴极上形成，D项错误。7．C通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶

解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极，据此解答。A.由分析可知，a是电源的负极，正确；B.石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，正确；C.随着电解的进行，铜

离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，错误；D.当0.01molFe2O3完全溶解时，消耗氢离子为0.06mol，根据阳极电极反应式2H2O－4e－===O2＋4H＋，产生氧气为0.015mol，体积为336mL（折合成标准状况下），正确。8．D石墨

电极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，H＋通过阳离子交换膜由Ⅰ室进入Ⅱ室，右侧Co电极为阴极，电极反应式为Co2＋＋2e－===Co，Cl－通过阴离子交换膜由Ⅲ室进入Ⅱ室，与H＋结

合生成盐酸。由上述分析知，Ⅰ室中水放电使硫酸浓度增大，Ⅱ室中生成盐酸，故Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均减小，A错误；生成1molCo时，转移2mol电子，Ⅰ室有0.5molO2（即16g）逸出，有2mol（即2g）H＋通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，则Ⅰ室溶液质量理论上减少18g，B错误

；移除两交换膜后，石墨电极上的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，C错误；根据上述分析可知，电解时生成了O2、Co、H＋，则电解总反应为2Co2＋＋2H2O=====通电2Co＋O2↑＋4H＋，D正确。9．答案：阳Na＋解析：由4Na2Cr

O4＋4H2O=====通电2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H＋得到电子生成H2，由2CrO2－4＋2H＋⇌Cr2O2－7＋H2O可知

，Cr2O2－7在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极。10．答案：（4）从右往左（5）2NH3－6e－＋6OH－===N2＋

6H2O解析：（4）根据反应物以及两极产物，可以看出产生氢气的一极氢元素的化合价变化为＋1→0，发生还原反应，应为阴极，产生氮气的一极氮元素的化合价变化为－3→0，发生氧化反应，应为阳极。电解池中，阴离子向阳极移动，所以电解过程中OH－的移动方

向为从右往左。（5）阳极上NH3变为N2，溶液环境为碱性，所以阳极的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O。[练模拟]11．C阴极发生还原反应，氢离子获得电子生成氢气，阴极电极反应式为2

H＋＋2e－===H2↑，故A错误；阳极发生氧化反应，硫元素最高正价为＋6价，只能是氧元素价态升高，S2O2－8中含有过氧键，反应中硫元素价态不变，故B错误；S2O2－8中含硫氧极性键和氧氧非极性键，故C正确；若用铜作阳极，则阳极反应式为Cu－2e－===Cu

2＋，故D错误。12．C根据海水提取金属锂的装置图知，催化电极上放出气体，为氯离子放电生成氯气，因此催化电极为阳极，则铜箔为阴极，铜箔上的电势比催化电极上的低，故A错误；海水中的锂离子和氯离子放电，海水的pH基本不变，故B错误；根据转移电子数相等，若导

线中转移1mol电子，则铜箔上产生1molLi，质量为7g，故C正确；因为催化电极为阳极，放出氯气，铜箔为阴极，形成金属锂，所以固体陶瓷膜为阳离子交换膜，不能用质子交换膜代替，故D错误。13．C甲池为燃料电池，a

电极燃料失去电子，为负极，H＋由负极向正极运动，即从M室到N室移动，A项正确；甲为燃料电池，燃料失去电子，电子移动a→Y，X电极作阳极，失去电子，电子移动X→b，B项正确；乙池中，酸性较弱时，Fe3＋易水解生成沉淀，C项错误；Y为阴极，氧气得

到电子，发生还原反应，电极方程式为：O2＋2e－＋2H＋===H2O2，D项正确。14．D由题干信息图可知，电极a上是将Cl－转化为Cl2，或者将H2O转化为O2和H＋，故发生氧化反应，电极a是阳极，电极b上是将H2O转化为H

2和OH－，发生还原反应，电极b为阴极，据此分析解题。A.由分析可知，电极b为阴极，从图中可以看出水垢Mg（OH）2、CaCO3等均在电极b处产生，故处理后的水垢主要沉降在阴极附近，正确；B.由图中可知，Cl－在阳极a处转化为Cl2，Cl2＋H2O===HCl＋HClO，然后HClO将有机物

氧化，自身被还原为Cl－，故转化为处理过程中的Cl－可以循环利用，正确；C.由分析可知电极b为阴极，电极反应式为：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，与电极无关，故若将b电极换成铁电极，处理过程不

受影响，正确；D.若R为CO（NH2）2，Cl－在阳极a处转化为Cl2，Cl2＋H2O===HCl＋HClO，然后HClO将CO（NH2）2氧化生成无污染的气体即CO2和N2，自身被还原为Cl－，消耗1molCO（NH2）2

这样转移电子数目为6mol，但此时阳极上还在进行另一个电极反应2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，故经过阴极上的电子数目大于6mol，故产生的H2大于3mol，错误。15．B进液1中的NaHSO3转化为再生液中的NaOH，故a电极上水电离

出的H＋放电，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，a电极是阴极，中间室中的Na＋通过m移向左室，故m是阳膜，A错误。b电极作阳极，H＋通过阳膜移向中间室，与SO2－3、HSO－3结合生成H2SO3，故出液1

的溶质主要是H2SO3，B正确。b电极上水电离出的OH－放电，故右室中H2O减少，H2SO4浓度增大，出液2的pH略小于进液2的pH，C错误。由a电极的电极反应式可知，当电路中转移0.2mol电子时，a电极产生0.1molH2，标准状况下体积为2.

24L，D错误。16．CA．铜电积的过程中，Cu2＋在铜板上放电生成Cu并附着，该电极为阴极，因此N极应与外接直流电源的负极相连，正确；B.由图可知铅合金板上生成O2，电极反应式为2H2O－4e－===O

2↑＋4H＋，正确；C.电积的过程消耗Cu2＋，溶液中c（Cu2＋）减小，错误；D.电解过程的化学方程式为2CuSO4＋2H2O=====通电2H2SO4＋2Cu＋O2↑，溶液中c（H＋）增大，pH减小，正确。综合测评提能力1．BA．由图可知阳极

（反应②），CuCl－＋Cl－－e－===CuCl－2，错误；B.由图可知，总反应为2Cu＋H2O=====电解H2↑＋Cu2O，正确；C.根据总反应可知，电解时消耗水，使c（H＋）减少，pH变大，错误；D.没有说明标准状况，无法计算出氢气的物质的量，错误。2．C锌

环与电源的正极相连，为阳极，发生氧化反应，A项正确；断电时，Zn比铁活泼，作负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，C项错误。3．CA．放电时，b电极上发生还原反应，电极反应式为：Zn2＋＋V2O5＋2e－===ZnV2O5，正确；B.原电池中阳离子向

正极移动，放电时，Zn2＋从a电极区向b电极区迁移，正确；C.放电时，b是正极，所以充电时b电极与电源的正极相连，错误；D.充电时，a电极发生：Zn2＋＋2e－===Zn，转移0.4mol电子，a电极增重m（Zn）＝65g·mol

－1×0.2mol＝13g，正确。4．DpH＝2.5的醋酸溶液与铁反应时压强增大，则为析氢腐蚀，电极反应式为：2CH3COOH＋2e－===H2↑＋2CH3COO－，pH＝5.0时压强减小，则是吸氧腐蚀，电极反应式为：O2＋4CH3COOH＋4e－===2H2O＋4CH3COO－。

A.pH＝5.0的醋酸溶液反应时压强减小，则是吸氧腐蚀，正确；B.pH＝2.5时，压强增大，是析氢腐蚀，pH＝5.0时，压强减小，是吸氧腐蚀，酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同，正确；C.两组溶液都在消耗氢离子，pH一定逐渐变大，正确；D.腐蚀速率与氢离子浓度有关，换成盐酸，若pH相同，则速率相同

，错误。5．A6．C因为电解后在右侧烧杯中产生Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀，说明Fe放电，Fe为阳极，与燃料电池的正极相接，故Y是空气，X是甲烷，A错误；燃料电池的电解质是熔融碳酸盐，导电离子是CO2－3，则负极反应式为CH4－8e－＋4CO2－3===5CO2＋2H2O

，B错误；燃料电池的正极反应式为2CO2＋O2＋4e－===2CO2－3，则有关系式：CH4～8e－～4CO2＋2O2～4CO2＋10空气，故燃料电池正负两极消耗气体体积比为14∶1，C正确；烧杯中阳极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，Fe2＋被Cr2O2－7氧

化，发生反应6Fe2＋＋Cr2O2－7＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，则有关系式CH4～8e－～4Fe2＋～23Cr2O2－7，故除去1molCr2O2－7理论上消耗标准状况下甲烷的体积为32×22.4L＝33.6L，D错误。7．C由题图可知，在碱

性条件下，H2O生成H2是非自发过程，Zn生成ZnO2－2是自发过程，故K接K1时形成电解池，M是直流电源；K接K2时形成原电池，N是用电器，A正确。当K和K1相接时，a极发生得电子的还原反应，为阴极，b极为阳极，溶液中的OH－向b极迁移

，B正确。当K和K2相接时，c极作负极，b极作正极，故b极的电极反应式为NiOOH＋e－＋H2O===Ni（OH）2＋OH－，C错误。理论上，每生成1molH2，转移2mol电子，则Q＝nF＝2mol×96500C·mol－1＝1.93×105C，D正确。8．

A电解时，铁作阴极，石墨作阳极，若铁作阳极，则铁放电，A正确；阳极发生氧化反应，I－失电子被氧化，电极反应式为I－－6e－＋3H2O===IO－3＋6H＋，B、D两项错误；阴极上水放电，2H2O＋2e－===H2↑＋

2OH－，溶液的pH升高，C项错误。9．C选项A，反应①②得到电子，发生的是还原反应，应在阴极上发生，镀件为阴极，正确；选项B，H2O2既能提高也能降低电镀液中Cr（Ⅲ）的含量，则H2O2既体现氧化性又体现还原性，正确；选项C，阴极上

发生反应①②④，当镀件上析出52g单质铬时，电路中转移电子大于6mol，错误；选项D，由阴极发生的电极反应①②④可知阴极pH增大，由阳极发生的电极反应⑤⑥可知阳极pH减小，则pH：阳极<阴极，正确。10．D由题图知，与a相连

的电极发生水得电子的还原反应，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，该电极为电解池的阴极，故a应该与铅蓄电池的负极Pb相连，b应该与铅蓄电池的正极PbO2相连，A错误；PbSO4难溶于水，故电解时铅蓄电池的

正极反应为PbO2＋4H＋＋SO2－4＋2e－===PbSO4＋2H2O，B错误；电解时，CO在电解池阳极被氧化为CO2－3，故阳极反应为CO＋4OH－－2e－===CO2－3＋2H2O，转移2mole－

时，阳极消耗4molOH－，阴极室只有2molOH－穿过阴离子交换膜进入阳极室，故电解后阳极室OH－浓度减小，pH减小，C错误；WGS反应需要在180～250℃和高压（1.0～6.0MPa）的苛刻条件下进行，该反应为可逆反应，制得的

氢气不纯，需要进一步的分离纯化才能应用，与WGS反应相比，EWGS反应的显著优点是低能耗生产高纯氢气，D正确。11．答案：（1）原电池CH3OH＋8OH－－6e－===CO2－3＋6H2O（2）阳极4A

gNO3＋2H2O=====电解4Ag＋O2↑＋4HNO3（3）280D1.60（4）减小增大解析：（1）甲池为原电池，通入CH3OH的电极为负极，电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－===CO2－3

＋6H2O。（2）乙池为用惰性电极电解AgNO3溶液，其中A作阳极，B作阴极，总反应式为4AgNO3＋2H2O=====电解4Ag＋O2↑＋4HNO3。（3）根据各电极上转移的电子相同，得n（Ag）＝4n（O2）＝2n（Cu），故V（O2）＝14×5.40g108g·mol－1×2

2.4L·mol－1＝0.28L＝280mL，m（Cu）＝12×5.40g108g·mol－1×64g·mol－1＝1.60g。（4）若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，根据丙中总反应2NaCl＋2H2O=====电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，则溶液pH增大，而甲中总反应为2CH3OH＋

3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O，溶液pH减小。12．答案：（1）①a②2NO－2＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O（2）NO＋6H＋＋5e－===NH＋4＋H2O32（3）①负H2S＋2H2O－6e－===SO2＋6H＋②SO2＋H2O2===H

2SO4解析：（1）①生成Ce4＋，则Ce3＋－e－===Ce4＋，Ce4＋在阳极生成，从a口流出；②NO－2转化为无毒物质，则NO－2在阴极得电子，转化为N2，结合电子得失守恒、电荷守恒可得阴极电极反应为2NO－2＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O。（2）根据电解装置，NO

和SO2转化为硫酸铵，说明NO转化成NH＋4，即NO在阴极上发生：NO＋6H＋＋5e－===NH＋4＋H2O；阳极反应式为SO2＋2H2O－2e－===4H＋＋SO2－4，根据得失电子守恒，有关系式2NO～10e－～5SO2，求出SO2

的质量为4.48×5×642×22.4＝32g。（3）a电极硫化氢转化为二氧化硫，硫元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，①b接电源的负极，阳极的电极反应式为H2S＋2H2O－6e－===SO2＋6H＋。②SO2经一步反

应转化为H2SO4的化学方程式：SO2＋H2O2===H2SO4。13．答案：（1）①正极Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋②增大③阳（2）2MnO2＋4KOH＋O2=====△2K2MnO4＋2H2OKOHM

nO2－4－e－===MnO－4K＋由阳离子交换膜左侧向右侧迁移（3）①NO＋5e－＋6H＋===NH＋4＋H2O②1∶4解析：（1）①根据题意可知，Cl－放电生成ClO2的电极为阳极，接电源的正极。根据元素守恒，有水参加反应，同时生成H＋，电极反应式为

Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋；②a极区为阴极区，电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴极区OH－浓度增大，溶液的pH增大；③根据溶液中电荷守恒的规律，图中应使用阳离子交换膜。（2）软锰矿（主

要成分是MnO2）与KOH小火加热至熔融，得到K2MnO4，Mn元素化合价由＋4价升为＋6价，则空气中的O2作氧化剂，化学方程式为2MnO2＋4KOH＋O2=====△2K2MnO4＋2H2O；电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2

OH－，K＋通过阳离子交换膜由左侧向右侧迁移，所以D是氢氧化钾溶液，阳极上MnO2－4失电子生成MnO－4，电极反应式为MnO2－4－e－===MnO－4。（3）①由图示可知，NO在阴极上得电子生成NH＋4，电极反应式为NO＋5e－＋6H＋===NH＋4＋H2O；②NO在阳极上失电子

生成NO－3，电极反应式为NO－3e－＋2H2O===NO－3＋4H＋，电解总反应式为8NO＋7H2O=====电解3NH4NO3＋2HNO3，故当实际参加反应的NO为8mol时，要将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，还应通入2molNH3，则n（NH3）∶n（NO）＝2mo

l∶8mol＝1∶4。单元检测6化学反应与能量1．CA．浓硫酸溶于水的过程为放热过程，会放出大量的热，正确；B.氢氧化钡固体与氯化铵固体的反应为吸热反应，反应时会吸收热量，正确；C.碳酸氢钠溶于水的过程为吸热过程，会吸收热量，错误；

D.金属钠与水的反应为放热反应，反应时会放出大量的热，正确。2．BA．如果M为电压表，N为塑料棒，则该装置不是闭合回路，所以无原电池形成，正确；B.若材料a和b都为石墨，两个电极均为惰性电极，与电解质溶液不反应，故不可以形成

原电池，错误；C.若材料a是铁和b为铜，M是电流计，N是盐桥，X是硫酸亚铁，Y是硫酸铜，就可以形成原电池，正确；D.若X溶液是稀硫酸，Y是NaOH溶液，a材料为Cu，b材料为Al，M是电流计，N为盐桥，Al和氢氧化钠反

应，可以形成原电池且Al为负极，正确。3．B根据盖斯定律，由（－①＋②）÷2，整理可得：SO3（g）＋NO（g）⇌NO2（g）＋SO2（g）ΔH＝（＋196.6kJ·mol－1－113.0kJ·mol－1）÷2＝＋41.8kJ·mol－1，故B正确。4．C铜电极的电势比Ag

/AgCl电极的电势高0.11V，则Ag/AgCl电极为负极，Cu电极为正极，Ag/AgCl电极发生的电极反应式：Ag－e－＋Cl－===AgCl，Cu电极发生反应：Cu2＋＋2e－===Cu。该电化学装置放电时，Ag/AgCl电极发生的电极反应式为Ag－e－＋Cl－===AgCl，A正

确；该电化学装置放电时，铜电极发生反应：Cu2＋＋2e－===Cu，为还原反应，作正极，B正确；该电化学装置放电时，盐桥中的Cl－向负极移动，C错误；该电化学装置放电时，Cu2＋不断转化为Cu单质，C

uSO4溶液的浓度会降低，D正确。5．B根据装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应为H2－2e－＋2OH－===2H2O，Ni电极NiO（OH）→Ni（OH）2，发生还原反应，电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－===Ni（OH）2＋OH－，碳电极是负极，

Ni电极是正极。离子交换膜选用阴离子交换膜（只允许阴离子通过），故A错误，B正确；导线中通过1mol电子时，负极生成1mol水，理论上负极区溶液质量增加18g，故C错误；充电时，负极与电源负极相连，所以碳电极与电源的负极相连，故D错误。6．DA．根据反应①的ΔH1>0

，可知反应①是吸热反应，正确；B.根据盖斯定律，反应③可由反应①和反应②之和得到，则ΔH3＝ΔH1＋ΔH2，正确；C.反应③是固体生成气体的反应，是一个熵增的反应，正确；D.由于反应②还有三氧化硫和二氧化硫的参与，故不知道

V2O5（s）和V2O4（s）的能量相对大小，不能确定V2O5（s）的能量比V2O4（s）低，更稳定，错误。7．A放电时，电池反应为2Al＋3S===Al2S3，铝失电子，硫得到电子，所以铝电极为负极，多孔碳电极为正极，负极上的电极反应式为2Al＋14Al

Cl－4－6e－===8Al2Cl－7，正极的电极反应式为3S＋8Al2Cl－7＋6e－===14AlCl－4＋Al2S3，溶液中离子的总数基本不变，C正确；放电时，多孔碳电极为正极，充电时，多孔碳电极连接电源的正极，A错误；充电时，原电池负极变阴极，反应式为8Al2Cl－7

＋6e－===2Al＋14AlCl－4，B正确；放电时，由正极的电极反应式可知，正极增重0.54g，即增重的质量为铝的质量，0.54g铝为0.02mol，铝单质由0价转化为＋3价，则电路中通过0.06mole－，D正确。8．C化学腐蚀是指金属与接

触到的干燥气体（如O2、Cl2、SO2等）或非电解质液体（如石油）等直接发生化学反应而引起的腐蚀，硅酸钠溶液是电解质溶液，故铝片和钢片在硅酸钠溶液中不会发生化学腐蚀，A错误。钢片在酸性溶液中会发生析氢腐蚀，硅酸钠是强碱弱酸盐，硅酸根离子水解使硅酸钠溶液显碱性，故钢片在硅酸钠溶液中不会发生析氢腐

蚀，B错误。半浸时，铝片发生吸氧腐蚀，空气中的氧气在正极上得到电子被还原为OH－：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，C正确。钢板镀铝的目的：一是增强美观，二是隔绝钢板与空气和水蒸气的接触，防止钢板被腐蚀。虽然镀铝钢板在镀层被

腐蚀后，存在牺牲阳极的阴极保护过程，但不是钢板镀铝的目的，D错误。9．B已知反应①为△（g）＋H2（g）―→CH3CH2CH3（g）ΔH1＝－157kJ·mol－1。反应②：△（g）＋4.5O2（g）===3CO2（g）＋3H2O（l）ΔH2＝－2092kJ·mol－1，反

应③：CH3CH2CH3（g）＋5O2（g）===3CO2（g）＋4H2O（l）ΔH3＝－2220kJ·mol－1，反应④：H2O（l）===H2O（g）ΔH4＝＋44kJ·mol－1，则由盖斯定律，反应①－反应②＋反应③＋反

应④得到反应：H2（g）＋0.5O2（g）===H2O（g）ΔH，ΔH＝ΔH1－ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＝－241kJ·mol－1，则2mol氢气完全燃烧生成气态水的热化学方程式为2H2（g）＋O2（g）===2H2O（g）ΔH＝－482kJ·mol

－1，B正确。10．DCO2为直线形结构，故左侧电极CO2得到电子被还原为乙烯，左侧电极为阴极，X为电源负极，右侧电极为阳极，发生的是水失去电子生成氧气和H＋的反应，Y为电源正极。若纳米结构铜作阳极，为活泼阳极，铜失去电子被氧化，与题图中阳

极水失去电子被氧化不符，A错误。通电时，电解质中离子的移向一般遵循“阴阳相吸”，即阳离子（H＋）移向左侧阴极，B错误。左侧阴极反应为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O，C错误。电解池工作时电流方向为正极Y→阳极→电解质→阴极→负极X

，D正确。11．B由题图知，“mSnO2/CC”电极上CO2得到电子被还原为HCOO－，该电极为电解池的阴极，结合题干中“mSnO2/CC和CuONS/CF作催化电极”，说明“mSnO2/CC”能降低阴极反应的活化能，A正确；阴极室电解质溶液的pH相对较小时氢离子浓度相对较大

，阴极将发生氢离子得到电子生成氢气的竞争反应，不利于二氧化碳在阴极被还原，B错误；题图中“CuONS/CF”电极上甲醇失去电子被氧化为甲酸，“CuONS/CF”为阳极，电极反应为CH3OH－4e－＋H2O===HCOOH

＋4H＋，生成的H＋穿过质子交换膜移向左室，C正确；二氧化碳在阴极得到电子被还原为甲酸根离子，C的化合价由＋4降至＋2，先写为“CO2＋2e－―→HCOO－”，再根据电荷守恒和质量守恒，在左边补充“HCO－3”，右边补充“CO2－3”，

得CO2＋HCO－3＋2e－===HCOO－＋CO2－3，D正确。12．DA项，阳极发生氧化反应，电极反应式：Fe－6e－＋8OH－===FeO2－4＋4H2O，正确；B项，阴极发生还原反应，水电离出的氢离子放电生成氢气和氢氧根，甲溶液为浓的氢氧化钠溶液，可循环利用，正确；C项，电解池中阳

离子向阴极移动，通过离子交换膜a的是Na＋，故a为阳离子交换膜，正确；D项，Fe为阳极，发生氧化反应，错误。13．D铜电极上发生水得电子的还原反应，说明铜是电解池的阴极，则A是甲烷燃料电池的负极，故X是甲烷，Y是空气，A错误；氢氧化钾溶液是甲烷燃料电池的电解质溶液，负极反应为CH4

－8e－＋10OH－===CO2－3＋7H2O，B错误；电解池铝电极（阳极）上存在两个竞争反应，分别为Al－3e－===Al3＋、2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阳极溶解9gAl，理论上被氧化的CH4的质量大于2g，C错

误；电絮凝净水存在的过程有铝活泼电极失去电子被氧化为Al3＋、Al3＋水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铝胶体吸附水中油污等污染物、密度小的污染物上浮形成悬浮物、密度大的污染物下沉成为污泥，D正确。14．DA．由图示可知，该电池

正极氧气得电子生成水，正极的电极反应式为：O2＋4H＋＋4e－===2H2O，正确；B.由图示可知，该电池负极氢气失电子发生氧化反应，正确；C.由图示可知，该聚合物电解质薄膜可通过H＋由负极向正极的定向迁移导电，正确；D.若将灯泡换成电解饱和食盐水装置，当燃料电池生成9g水时，电路中

转移1mol电子，电解食盐水会同时产生0.5mol氢气，非标准状况下的体积不一定是11.2L，错误。15．A由电池的总反应NaBH4＋4H2O2===NaBO2＋6H2O可知，X电极上NaBH4发生失

去电子的氧化反应，作负极，则Y极作正极，电子经X流向外电路流入Y，电流经Y流向外电路，故A错误；该电池中Y极为正极，电极反应为H2O2＋2e－===2OH－，故B正确；X极为负极，电极反应式为BH－＋8OH－－8e－===BO－2＋6H2O，所以

X极区溶液的pH逐渐减小，故C正确；由电极反应式H2O2＋2e－===2OH－可知，每消耗1molH2O2电路中转移2mole－，所以每消耗1.0L0.50mol·L－1即0.50molH2O2，电路

中转移1.0mole－，故D正确。16．答案：（1）①b②2（CH3）4NCl＋2H2O=====通电2（CH3）4NOH＋H2↑＋Cl2↑（2）①外加电流法②ad解析：（1）从题给信息和图示可知，四甲

基氯化铵溶液在阳极发生氧化反应生成Cl2，四甲基铵离子通过阳离子交换膜进入阴极区，结合OH－生成四甲基氢氧化铵。①收集到（CH3）4NOH的区域是b；②电解总反应的化学方程式为2（CH3）4NCl＋2H2O=====通电2（CH3）4NOH＋H2↑＋Cl2↑。（2）①依图示

，该防腐利用了外接直流电源，属于外加电流法防腐；②外接直流电源的负极与钢管桩连接，钢管桩被迫成为阴极而受到保护，其表面的腐蚀电流接近于零；高硅铸铁为惰性辅助阳极起到传递电流作用，也可用石墨代替；外电路中的电子被强制从外接直流电源的负极流向钢管桩，高硅

铸铁上海水中阴离子失去电子流向外接直流电源的正极，与海水中离子的移动构成整个防腐电流回路。17．答案：（1）B由A到BCH3OCH3＋3H2O－12e－===2CO2＋12H＋（2）①负②2HSO－3＋2H＋＋2e－===S2O2－4＋2H2O③2NO＋2S2O2－4＋2H2O===N2

＋4HSO－3（3）2VB2＋22OH－－22e－===V2O5＋2B2O3＋11H2O0.05（计算过程见解析）解析：（1）燃料电池中燃料失去电子在负极，氧气得电子在正极，阳离子向得电子一极移动。该燃料电池的正极为B电极，H＋移动方向为由A到B，负极A电极的电极

反应式为：CH3OCH3＋3H2O－12e－===2CO2＋12H＋。（2）从图中可看出，电解池的左槽HSO－3进入后得到电子生成的S2O2－4转入吸收塔还原NO，左槽是阴极区，右槽稀硫酸和SO2一起进入后，SO2被氧化生成H2SO4，得到较浓的硫酸溶液，右槽是阳极区。①a与左槽电极连接，是

直流电源的负极；②已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，是酸性环境，故阴极的电极反应为2HSO－3＋2H＋＋2e－===S2O2－4＋2H2O；③吸收NO的原理2NO＋2S2O2－4＋2H2O===N2＋4HSO－3。（3）VB2－空气电池工作时的反应

为4VB2＋11O2===4B2O3＋2V2O5，从图中可得知其电解质溶液是KOH，VB2极发生氧化反应，则电极反应为2VB2＋22OH－－22e－===V2O5＋2B2O3＋11H2O。电解CuSO4溶液阳极发生4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，阴极先Cu2＋＋2e－==

=Cu，后2H＋＋2e－===H2↑；当外电路中通过0.04mol电子时阳极得到氧气0.01mol，标准状况下的体积为0.224L，B装置内共收集到0.448L气体（标准状况），则氢气体积为0.448L－0.224L＝0.224L，生成氢气0.01mol，得到的电子0.02mol，根据

得失电子总数相等，则溶液中Cu2＋得到电子0.02mol，Cu2＋物质的量为0.01mol，则电解前CuSO4溶液的物质的量浓度是0.01mol0.2L＝0.05mol·L－1。18．答案：（1）①K

1②NiOOH＋e－＋H2O===Ni（OH）2＋OH－③96（2）负AsO3－3－2e－＋H2O===AsO3－4＋2H＋（3）阳离子2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－4mol解析：（1）①第一步反应时，NiOOH/Ni（OH）2电极发生氧化反应，作阳极，故开关应连接K1。②第二步

反应时，在另一个惰性电极产生O2，则为OH－失电子生成氧气，发生氧化反应，作阳极，故NiOOH/Ni（OH）2电极作阴极，发生还原反应，电极反应式为NiOOH＋e－＋H2O===Ni（OH）2＋OH－。③产生标准状况下67.2L（3mol）H2，需要转

移6mol电子，电能的利用率＝6mol6.25mol×100%＝96%。（2）电解池中阳离子移向阴极，故a电极是阴极，与电源负极相连，b电极是阳极，AsO3－3通过阴离子交换膜进入阳极区，在阳极上失去电子转化为AsO3－4：AsO3－3－2e－＋H2O===AsO

3－4＋2H＋。（3）根据题图3可知，产品室产生次磷酸，则电极M应为阳极，水电离产生的OH－放电，生成的H＋通过交换膜A移向产品室，所以变换膜A为阳离子交换膜；电极N为阴极，水电离产生的H＋放电，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。当电路中通过

3.8528×105C电量时，转移的电子的物质的量为3.8528×105C1.6×10－19C×16.02×1023mol－1＝4mol，电解过程中每转移1mol电子，就有1molH＋从阳极区移向产品室，有1molH2PO－2从缓冲室移向产品室，即生成1mol次磷酸，则转移4mol电子时生

成4mol次磷酸。19．答案：（1）＋195CH4（g）＋CO2（g）===2CO（g）＋2H2（g）ΔH＝＋236kJ·mol－1（2）BC（3）＋430（4）①太阳能转化为化学能②＋564解析：（1

）ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和，因此有ΔH1＝4×413kJ·mol－1＋2×463kJ·mol－1－1075kJ·mol－1－3×436kJ·mol－1＝＋195kJ·mol－1；CH4与CO2反应

的热化学方程式为CH4（g）＋CO2（g）===2CO（g）＋2H2（g）ΔH，根据盖斯定律，由①－12×②＋③可得目标热化学方程式，ΔH＝ΔH1－12×ΔH2＋ΔH3＝＋236kJ·mol－1。（2）由上述分析知，过程Ⅱ的总反应为H2＋CO2===H2O＋CO，A错

误，B、C正确；若过程Ⅰ中投料比n（CH4）∶n（CO2）＝1∶1，则CH4与CO2刚好反应，CO2无剩余，但生成的CO在还原Fe3O4时又生成了CO2，为催化剂CaO的转化提供了二氧化碳，不会导致催化剂失效

，D错误。（3）由题图2中的数据可知，ΔH＝生成物的相对能量－反应物的相对能量＝（－110kJ·mol－1）×4－（－84kJ·mol－1）－（－393kJ·mol－1）×2＝＋430kJ·mol－1。（4）①分析题图3可知，在太阳能的作用下实现了反应

2CO2（g）===2CO（g）＋O2（g），所以能量转化的主要方式是太阳能转化为化学能。②由题图3可知：a.ZnO（s）===Zn（g）＋12O2（g）ΔH1＝＋350kJ·mol－1；b.Zn（g）＋CO2（g）===ZnO（s）＋CO（g）ΔH2＝－68kJ

·mol－1。根据盖斯定律由（a＋b）×2得2CO2（g）===2CO（g）＋O2（g）ΔH＝2×（＋350kJ·mol－1－68kJ·mol－1）＝＋564kJ·mol－1。20．答案：（1）①Na＋交换膜②2H2O－4e－===O2↑＋4H＋③I－会在阳极失电子得到碘单质，

沉积在阳极表面，损伤阳极板（2）①正②O2＋2e－＋2H＋===H2O2③C6H6O＋28·OH===6CO2↑＋17H2O解析：（1）①从图上看，右端的BPM膜和B膜之间产生NaOH，BPM膜提供OH－，B膜最好是Na＋交

换膜；②阳极附近溶液为硫酸溶液，水电离出的氢氧根离子失电子，故阳极的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋；③A膜应为阳离子交换膜，阳极产生的H＋透过A膜和少量的I－反应得到少量的HI，若撤去A膜，I－会在阳极失电子得到碘单质，沉积在阳极表面，损伤阳极板。（2）①a极主

要发生的反应是O2生成H2O2，O元素化合价降低、得到电子、发生还原反应，则a电极为阴极、与电源负极相接，所以b电极为阳极、与电源正极相接；②a电极为阴极，O2得到电子生成H2O2，电解质溶液显酸性，电极反

应式为O2＋2e－＋2H＋===H2O2；③H2O2分解产生·OH，化学方程式为H2O2===2·OH，·OH除去苯酚生成无毒的氧化物，该氧化物为CO2，反应的化学方程式为C6H6O＋28·OH===6CO2↑＋17H2O。第七单元化学反应速率和化学平衡课练1

9化学反应速率及影响因素狂刷小题夯基础[练基础]1．B2s内氢气的浓度变化量＝3.0mol·L－1－1.8mol·L－1＝1.2mol·L－1，故2s内用氢气表示的平均反应速率＝1.2mol·L－12s＝0.6mol·L－

1·s－1。2．C反应物的浓度由0.1mol·L－1降低到0.06mol·L－1需要20s，0～20s内反应速率v＝ΔcΔt＝（0.1－0.06）mol·L－120s＝0.002mol·L－1·s－1，若反应速率不

变，反应物浓度由0.06mol·L－1降低到0.036mol·L－1所需的时间t＝Δcv＝（0.06－0.036）mol·L－10.002mol·L－1·s－1＝12s，但随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减小，则反应物浓度由0.06mol·L－1降低到0.036mol·L－1所需的时间大于

12s，C项正确。3．C稀硫酸与Cu不反应，而浓硫酸与Cu在加热条件下反应才能制备SO2，故C错误。4．C增大反应物浓度，不会改变单位体积内活化分子百分数，但会增大单位体积内活化分子个数和有效碰撞几率，A项错误；缩小气体体积不会改变活化分子总数，但会增大单位体积内活化分

子数和有效碰撞几率，B项错误；升高温度，活化分子百分数和有效碰撞几率增大，化学反应速率增大，C项正确；催化剂能降低反应活化能，使活化分子百分数和有效碰撞几率增大，从而加快化学反应速率，D项错误。5．C合成氨的反应为N2＋3H2⇌2NH3，根据用不同

物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，可知用不同物质表示的反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快。A项，v（N2）＝0.1mol·L－1·s－1＝6mol·L－1·min－1，则v（N2）1＝6mol·L－1·mi

n－1；B项，v（H2）3＝1.33mol·L－1·min－1；C项，v（NH3）2＝0.75mol·L－1·min－1；D项，v（H2）3＝130mol·L－1·s－1＝2mol·L－1·min－1，故C项正确。6．D由题图可知，在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，氨气做生成物，在

催化剂b表面氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，氨气做反应物，则氨气在反应过程中做中间产物，A错误；在催化剂a表面氮气和氢气发生化合反应生成氨气，没有发生分解反应，B错误；催化剂a、b，降低了反应的活化能，从而提高反应速率，C错误；在催化剂b表面氨气和氧气反

应生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3＋5O2=====催化剂b4NO＋6H2O，D正确。[练高考]7．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。8．AD结合图像可知，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定，A项正确；结合题图和题中信息只能判断不同温度下1，3-丁二烯发生1，2-加成反应和1，4-加成反应的倾

向，不能判断1，3-丁二烯的转化率，B项错误；温度升高，1，2-加成反应和1，4-加成反应的正反应速率均加快，C项错误；由0℃升温至40℃时，1，3-丁二烯发生的反应由以1，2-加成为主变为以1，4-加成为主，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，D项正确。9．D分

析题给反应机理图，可知该过程的反应物为HCOOH，生成物为CO2和H2，则该过程的总反应为HCOOH=====催化剂CO2↑＋H2↑，A说法正确；H＋浓度过大，抑制HCOOH的电离，HCOO－浓度减小，会降低Ⅰ→Ⅱ步骤的反应速率，

H＋浓度过小，会降低Ⅲ→Ⅳ步骤反应速率，故H＋浓度过大或者过小，均会导致反应速率降低，B说法正确；由Ⅱ→Ⅲ过程中，脱去CO2，碳元素化合价升高，则Fe元素化合价降低，C正确；由相对能量的变化情况图可以得出，该反应过程中的Ⅳ→Ⅰ步骤的活化能

Ea＝86.1kJ·mol－1，为该反应进程中的最大活化能，故该过程的决速步骤为Ⅳ→Ⅰ步骤，D说法错误。[练模拟]10．D由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，A错误；（CH3）3C＋比（CH3）3CCl的能量高，则（CH3）3CCl更稳定，B错误；由图可知，反应物的总能量

大于生成物的总能量，故C错误；增大浓度、升高温度均增大反应速率，则增大碱的浓度和升高温度均可增大反应速率，D正确。11．D使用催化剂正、逆反应速率都加快，A错误；由图可知，②的反应速率快于①，则反应②的活化能比反应①小，B错误；催化剂在化学反应前后的质量和化学性质都不发生改变，由

图可知V2O5参加化学反应，但反应前后的质量和化学性质都没发生改变，则该反应的催化剂是V2O5，C错误；由图可知①历程中有V—O的断裂，②历程中有V—O的形成，则过程中既有V—O的断裂，又有V—O的形成，D正确。12．AA项，根据题图可知，3min时反应达到平衡状态

，NO的物质的量的变化量为3mol，平衡时NO和X、Y的物质的量相等，均为1mol，参与反应的各物质的物质的量的变化量之比等于各物质的化学计量数之比，则反应的化学方程式为3NO⇌X＋Y，根据原子守恒，可知反应的化

学方程式为3NO⇌NO2＋N2O，正确；B选项，根据题图可知，1～3min时，每个生成物的物质的量的变化量均为13mol，故v（生成物）＝13molVL×2min＝16Vmol·L－1·min－1，错误；C选项，Δn（NO）＝3mol，α（NO）＝34×100%＝75%，错误

；D选项，恒温恒容，充入He，浓度不变，反应速率不变，错误。13．D根据甲醛的燃烧反应可知甲醛与氧气生成CO2和H2O的反应为放热反应，则反应物的键能之和小于生成物的键能之和，A项错误；催化剂能够改变反应的历程，但是不能改变反应的焓变，B项错误；从题图可知，反应结束后18O在H2O中，C项错误

。14．C由题图可知，0～amin内Δc（SO3）＝0.4mol·L－1，则有v（SO3）＝0.4amol·L－1·min－1。根据反应速率与化学计量数的关系可得，v（O2）＝12v（SO3）＝0.2amol·L－1·min－

1，又知“0～amin内用O2表示的平均反应速率为0.04mol·L－1·min－1”，则有0.2amol·L－1·min－1＝0.04mol·L－1·min－1，解得a＝5，C项正确。综合测评提能力1．CH2O2溶液发生催化分解反应：2H2O2=====MnO22H2O＋O2↑，根据生成O2的

体积确定n（H2O2），0～6min生成标准状况下22.4mLO2，其物质的量为1×10－3mol，则消耗H2O2的物质的量为2×10－3mol，故有v（H2O2）＝2×10－3mol0.01L×6min≈3.3×

10－2mol·L－1·min－1，A正确。随着反应的进行，c（H2O2）逐渐减小，反应速率减小，故6～10min时，v（H2O2）<3.3×10－2mol·L－1·min－1，B正确。开始时n（H2O2）＝0.40mol·L－1×10×10－3L＝4×10－3mol，6min时

消耗2×10－3molH2O2，则反应至6min时，c（H2O2）＝4×10－3mol－2×10－3mol0.01L＝0.20mol·L－1，C错误。开始时，n（H2O2）＝4×10－3mol，6min时消耗2×10－3molH2O2，故

反应至6min时，H2O2的分解率为2×10－3mol4×10－3mol×100%＝50%，D正确。2．A由图可知，对照常温下5%H2O2溶液的试管，甲改变的条件是温度；乙改变的条件是浓度；丙改变的条件是催化剂，所以装置与改变的条件相对应的是甲—温度、乙—浓度、丙—催化剂。3．DA项，0～

6min由生成的氧气的体积可计算出发生反应的过氧化氢的物质的量为0.002mol，所以v（H2O2）＝0.0020.01×6mol·L－1·min－1≈0.0333mol·L－1·min－1，正确；B项，使用催化剂

可以增大反应速率，正确；C项，从图可以看出反应①是吸热反应，反应②是放热反应，正确；D项，反应放出的能量与始态物质的能量和终态物质的能量有关，从图可以看出，E1－E2不是该反应的反应热，错误。4．C降低温度反应

速率减小，升高温度反应速率增大，A、D错误；对于有气体参加的可逆反应，增大压强反应速率增大，减小压强反应速率减小，B错误，C正确。5．A在相同时间内，转化率变化值越大，表明反应中消耗的反应物越多，反应速率越大。由表中数据知，10～15min、15～20m

in内，反应物转化率变化值分别为3.7%、4.5%，故后一个时间段内反应速率较快，随着反应的进行，反应物浓度减小，又因容器容积不变，故改变的条件只能是升温，A正确，C、D错误；10～20min、20～40min两个时间段内，转化率分别改变了8.2%、10.3%（注：时间间隔

不同），故10～20min反应速率快，B错误。6．C根据表格中第三行和第四行的数据可以判断，当c（H2）、c（NO）都相同时，T2温度下反应速率更大，则T2>T1，A项错误；将表格数据代入速率方程，由第一行数据可得v＝k×0.

1α×0.1β①，由第二行数据可得8v＝k×0.2α×0.2β②，由第三行数据可得12v＝k×0.3α×0.2β③，联立①②可得：α＋β＝3，联立②③可得：α＝1，则β＝2，B项错误；由速率方程可知，其他条件不变时，反应体系中四种物质浓度的改变，只有反应物浓度改变对v有影响，α<β

，证明c（NO）影响较大，C项正确；将第四行数据代入速率方程可知，T2时16v＝k×0.3α×0.2β，解得k＝16v0.3×0.22，当c（NO）＝0.1mol·L－1时，8v＝k×c（H2）×0.12，则c（H2）＝0.6mol·L－1，D项错误。7．D依据表

中数据，当反应时间相同时，产率随着反应温度的升高先增大后减小，当反应温度为140℃时产率最高，因此最佳反应温度为140℃，A正确；当反应温度相同时，反应14h，产率最高，所以最佳反应时间为14h，B正确；根据表格数据，当温度为160℃时，产率比温度为14

0℃时低，原因可能是温度过高导致催化剂活性降低，C正确；根据产物的结构简式，两个相同的原子或者原子团在双键的两侧，属于反式结构，D错误。8．B曲线斜率越大，反应速率越快。pH：①>②、溶液初始浓度相同，斜率：①<②，说明水样pH越大，反应速率越

慢，故A错误；初始浓度都为0.20mol·L－1、pH＝4时，③中不加Cu2＋，④中加入Cu2＋，斜率：③<④，反应速率：③<④，所以水样中添加Cu2＋，能加快M的分解速率，故B正确；①、③pH相同，初

始浓度：①>③，斜率：①>③，速率：①>③，说明反应物浓度越大，M的分解速率越快，故C错误；0～20min内，②中M的平均分解速率＝ΔcΔt＝0.40－0.1020mol·L－1·min－1＝0.015mol·L－1·min－1，故D错误。9．D由题图可知0～2s内A的浓度变化为0.8mo

l·L－1－0.5mol·L－1＝0.3mol·L－1，反应速率v＝ΔcΔt＝0.3mol·L－12s＝0.15mol·L－1·s－1，所求为0～2s的平均速率，不是2s时的速率，A错误；图中交点时没有达到平衡状态，A的消耗速率大于A的生成速率，B错误；

12s时达到平衡状态，B、C转化量之比等于化学计量数之比，所以b∶c＝（0.5mol·L－1－0.3mol·L－1）×2L∶0.8mol＝1∶2，C错误；由题意可知，3molA与1molB完全反应生成2molC时放出QkJ的热量，12s内，A

的物质的量减少（0.8mol·L－1－0.2mol·L－1）×2L＝1.2mol，则放出的热量为0.4QkJ，D正确。10．C由As＋NO2===AsO＋NO可知，N元素的化合价降低，二氧化氮为氧化剂，则相同条件下的氧化性：NO2>NO，故A正确；由题干信息可知，NO与As反应对应的活化能最大，则

相同条件下As与NO的反应速率最慢，故B正确；升高温度，提供能量，可增大活化分子百分数，增大反应速率，而反应的活化能不变，故C错误；由图可知，As与NO2反应中对应的k受温度影响不大，则升高温度不能显著加快As与NO2的反应速率，故D正确。11．答案：Ⅰ.（1

）反应物本身的性质（2）催化剂Ⅱ.（1）＞（2）0.25mol·L－1·min－1（3）75%（4）增大解析：Ⅰ.（1）反应物本身的性质是影响化学反应速率的主要因素，镁比锌活泼，与盐酸反应较剧烈。（2）MnO2是H2O2分解反应的催化剂，可增大反应速率。Ⅱ.（1）t2时刻，反应物逐渐减少，生成物

逐渐增多，反应未达到平衡且正向进行，v正＞v逆。（2）v＝ΔcΔt＝4mol－2mol4L×2min＝0.25mol·L－1·min－1。（3）t3时刻化学反应达到平衡，剩余2molN，则转化了6molN，转化率为（8－2）mol8mol×100%＝75%。（4）升

高温度，反应速率增大。12．答案：（1）0.013（2）1.0（3）>>（4）吸热由实验1至实验4升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动解析：（1）在实验1中，反应在10至20min时间内的平均速率为v＝ΔcΔt＝0.80mol·L－1－0.67mol·L－110min＝0.013

mol·L－1·min－1。（2）反应经20minA的浓度不再改变，说明达到平衡，较其他实验达到平衡时间最短，故使用了合适的催化剂，起始浓度c2＝1.0mol·L－1。（3）在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v＝0.0

13mol·L－1·min－1，在实验3中，反应在10至20min时间内平均速率为v＝0.92mol·L－1－0.75mol·L－110min＝0.017mol·L－1·min－1，故v3>v1，实验1的起始浓度为1.0

mol·L－1，由平衡时浓度可知，实验3的起始浓度大于1.0mol·L－1。（4）比较实验4和实验1可知，平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验1至实验4升高温度，平衡右移，升高温度平衡向吸热反应方向移动。13．答案：（1）不变（2）0.125a0.07（

3）ad（4）①CH4=====一定温度C＋2H2②见解析解析：（1）催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变。（2）由题图1可知，n（CH4）＝n（CO2）＝amol，设A点时甲烷的转化量为xmol，则根据“

三段式”有CH4（g）＋CO2（g）⇌2H2（g）＋2CO（g）起始量/molaa00转化量/molxx2x2x平衡量/mola－xa－x2x2x则16（a－x）16（a－x）＋44（a－x）＋2×2x＋28×2x＝0.200，解得x＝14a，则2h内CH4的平衡反

应速率v（CH4）＝xmol2h×VL＝amol8h×VL＝0.125amol·L－1·h－1。混合气体的总物质的量为2.5amol，则p（CH4）＝p（CO2）＝0.75a2.5a×2MPa＝0.6MPa，p（H2）＝p（CO）＝0.5a2.5a×2MPa＝

0.4MPa，平衡常数Kp＝p2（H2）·p2（CO）p（CH4）·p（CO2）＝0.42×0.420.6×0.6≈0.07。（3）增大CH4的浓度，则CH4的分压增大，v增大，a正确；增大CO2的浓度，则CH4的分压减小，v

减小，b错误；及时分离出合成气，平衡正向移动，则CH4的转化率增大，但CH4的分压减小，v减小，c错误；升高温度，活化分子数增大，k增大，d正确。（4）①由题图2可知，反应过程中CH4分解生成C和H2，故积

碳反应为CH4=====一定温度C＋2H2。②由题图2知，金属Co可结合CO2中的氧原子，该氧原子与积碳反应产生的C结合生成CO，Co起到了桥梁的作用，从而达到消碳的目的。课练20化学反应的方向和限度狂刷小题夯基础[练基础]1．D常温下能自发进行的反应不一定是放热反应，如Ba（OH）2和NH

4Cl的反应为吸热反应，但该反应在常温下可以自发进行，A项错误；有些熵减的反应也能自发进行，B项错误；某些自发反应需在一定条件下才能发生，而非自发反应具备了一定条件也可能发生，C项错误；ΔH－T·ΔS<0时反应能自发进行，因此ΔH>0，ΔS<0的反应，ΔH－T·ΔS>0恒成立，该反应在任何温度都

不能自发进行，D项正确。2．BA项，是一个ΔH<0，ΔS>0的反应，一定能自发进行；B项，是一个ΔH>0，ΔS<0的反应，一定不能自发进行；C项，是一个ΔH<0，ΔS<0的反应，低温条件下可自发进行；D项，是一个ΔH>0，ΔS>0的反应，高温条件下可自发进行。3．AA项，该反应是熵减反应，能自发进

行，说明ΔH－TΔS<0，即该反应是焓减反应，错误；B项，该反应是气体分子数减小的反应，熵小于0，所以，该反应在较低温度下能自发进行，正确；C项，由ΔH－TΔS＜0可知，该反应能自发进行，正确；D项，该反应能自发进行，正确。4．B合成氨反应在恒温

恒容的密闭容器中进行，体系的温度始终不变，故不能根据温度恒定判断是否达到平衡状态，A错误；反应中，气体的总物质的量和压强不断变化，当容器内的压强不再变化，该反应达到平衡状态，B正确；达到平衡时，断裂3

molH—H键的同时断裂6molN—H键，故相同时间内，断开H—H键的数目和断开N—H键的数目相等时，该反应未达到平衡状态，C错误；达到平衡时，c（N2）、c（H2）、c（NH3）均保持不变，当容器内气体的浓度c（N2）∶c（H2）∶c（NH3）

＝1∶3∶2，该反应不一定达到平衡状态，D错误。5．B该反应放热，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，A正确；298K时，该反应的ΔH－TΔS＝－113kJ·mol－1－298K×（－0.145kJ·mol－1·K

－1）＝－69.8kJ·mol－1<0，在常温下能自发进行，B错误，C正确；NO、CO会与血红蛋白结合而使人中毒，D正确。6．DA．由ΔG＝ΔH－TΔS，ΔH＝－98kJ·mol－1<0，该反应有气体生成，ΔS>0，故而ΔG<0，该反应能自发进行，

错误；B.ΔH<0，该反应是放热反应，错误；C.纯H2O2分解反应的焓变较小，平衡常数较大，错误；D.因ΔG<0，该反应能自发进行，但在54℃下恒温贮存2周后，浓度仍能保持99%，说明该反应的活化能较大，正确。[练高考]7．B1molN

O2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体，1mol平衡混合气体中所含原子大于1molN，A错误；反应2NO2（g）⇌N2O4（g）为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比

完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B正确；气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C错误；放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D错误。8．BC该反应是反应前后气体分子数不变的反

应，随着反应的进行，气体的总物质的量始终不变，总压强始终不变，A错误；t2时，设向容器中加入3molC，正反应速率逐渐增大，达到新的平衡后保持不变，变化情况与图像相符，B正确；t2时，设向容器中加入3molC，相当于加入1molA和2molB，则状

态Ⅱ相当于起始投料为2molA和5molB，若是投料为2molA和6molB与状态Ⅰ等效，即状态Ⅱ相当于减少了B的投料，平衡逆向移动，A的体积分数变大，即φ（Ⅱ）>φ（Ⅰ），C正确；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，即K（Ⅱ）＝K（Ⅰ），D错误。[练模拟]9．BA．

冰箱中温度较低，化学反应速率减小，将食物保存在冻箱中，能够减缓食物变质的过程，正确；B.SO2催化氧化时，SO2和O2转化成SO3的反应为可逆反应，控制条件也无法使反应物完全转化为生成物，错误；C.食醋中含有CH3COOH是一元弱酸，存在电离平衡，能够部分电离产生H＋，电离方程式为

CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，电离产生H＋，最终溶液中c（H＋）＞c（OH－），所以食醋显酸性，正确；D.活性污泥法处理污水时，水中的含氮化合物转化为N2，N元素化合价发生变化，因此该反应属于氧化还原反应，正确。10．BA．正反应为气

体物质的量减小的反应，容器的容积不变，由图可知，状态Ⅱ的压强大于状态Ⅰ的压强，说明正反应为放热反应，则Q<0，错误；B.加入催化剂，反应速率加快，到达平衡的时间缩短，所以t1>t2，催化剂不能使平衡发生移动，阴影部分为反应物浓

度变化量，则阴影部分面积相等，所以b1<b2，正确；C.由图3可知，W点时v正（Y）＝v逆（Z），由于Y、Z计量数不相等，则正、逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，错误；D.由方程式可知，0.2molX和0.2molY若完全反应能生成0.2molZ，但可

逆反应不能进行到底，则t2情况不可能存在，错误。11．D铁离子能把碘离子氧化为单质碘，向试管中Ⅰ中滴加0.1mol·L－1FeCl3溶液后，有单质碘生成，但溶液中不会出现紫黑色固体，A错误；反应中有单

质碘生成，碘单质易溶于苯中，上层溶液是溶解碘的苯层，因此向试管Ⅱ中滴加淀粉溶液，变蓝色，B错误；反应中碘化钾过量，下层溶液中含有碘离子，向试管Ⅲ中滴加AgNO3溶液，会出现黄色浑浊，C错误；向试管Ⅲ中滴加KSCN溶液，出现

血红色，说明含有铁离子，由于反应中碘化钾过量，则据此可说明试管Ⅰ中的反应为可逆反应，D正确。12．CA．分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变条件不同，因此该转化过程不是可逆反应，错误；B.分子Ⅰ中甲基（Me）上的碳原子为sp3杂化

，错误；C.分子Ⅰ和分子Ⅱ中联苯臂的相对位置不同，因此可通过蓝光和绿光转换实现操控分子中两个联苯臂的相对位置，正确；D.分子Ⅰ转化为分子Ⅱ时吸收能量相对较高的蓝光，而分子Ⅱ转化为分子Ⅰ时吸收能量相对较低的绿光，由低能量分子转化为高能量分子需要吸收的能量较多，说明

分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量低，错误。综合测评提能力1．CA．蛋白质是高分子化合物，蜂蜜的主要成分是葡萄糖和果糖等成分，二者都是混合物，正确；B.水由气体变为固体时要放热，由水蒸气变成固体时混乱度减少，熵在减少，正确；C.酒精可以由乙烯在一定条件下与水化合（水化）得到

，也可以由葡萄糖分解得到，葡萄糖是单糖不能水解，不正确；D.沙子的主要成分是二氧化硅，工业上可用SiO2和C在高温下反应得粗硅，进一步提纯可得纯硅，硅是半导体材料，正确。2．CA．催化剂可以降低反应物的活化能，提高反应速率，不能提高反应物的

平衡转化率，错误；B.电解氯化钠溶液会生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解熔融氯化钠可以得到金属钠，错误；C.碳酸钠水溶液中，碳酸根水解显碱性，可以除油污，正确；D.自发进行的反应虽多为放热反应，但也有不少吸热反应可自发进行，

在一定条件下，一个化学反应能否自发进行，既可能与反应焓变有关，又可能与熵变有关，错误。3．DA．硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，所以不能判断氧化性：H2O2>Fe3＋，错误；B.该反应的ΔS＜0，常温下能自发进

行，必须ΔH＜0，错误；C.反应只能说明反应物总能量小于生成物总能量，不能确定CH3OH和H2能量的大小，则不能确定CH3OH和H2稳定性，错误；D.在浓硝酸、Al、Cu原电池中，Cu作负极，发生氧化反应，Al钝化作正极，正确。4．BA．未改变压强，则

无法判断该反应ΔS大于0还是小于0，正确；B.t1时刻，正逆反应速率都减小，且v逆>v正，说明降温时反应向逆反应方向进行，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，ΔH＞0，错误；C.由图可知平衡向逆反应方向移动，正确；D.对于吸热反应，降低

温度，平衡左移、达到新平衡时化学平衡常数减小，正确。5．D一定条件下，将一定量的SO2与O2充入密闭容器中充分反应，随着反应的进行，SO3逐渐增大，一开始由于SO2和O2的浓度最大，反应速率最大，而后浓度减小，正反应速率减小，逆反应速率逐渐

增大，直至相等，SO3的物质的量不再增大，故D符合题意。6．CA项，2min时，氨气的物质的量为0.45mol，则2min内NH3的平均反应速率为0.45mol2L2min＝0.1125mol·L－1·min－1，正确；B项，温度不变，

反应的平衡常数不变，故T℃时，从2min到4min，反应的平衡常数不变，正确；C项，该反应在恒容密闭容器中进行，且该反应为气体分子数减小的反应，故当容器内压强不再变化说明反应达到平衡，达平衡时，正、逆反应速率相等，则有2v正（H2）＝3v逆（NH3），错误；

D项，反应达平衡时，氨气的物质的量为0.8mol，则氨气的浓度为0.4mol·L－1，则反应后氮气的浓度为0.6mol·L－1－12×0.4mol·L－1＝0.4mol·L－1，氢气的浓度为1mol·L－1－32×0.4mol·L－1＝0.4mol·L－

1，该反应的平衡常数为（0.4mol·L－1）20.4mol·L－1×（0.4mol·L－1）3＝6.25L2·mol－2，D正确。7．DA．由CaCO3（s）===CaO（s）＋CO2（g）的化学计量数可知ΔS>0，该反应室温下不能自发进行，说明该反应

的ΔH>0，错误；B.氮气的体积分数不变，氮气的物质的量分数＝氮气的物质的量气体的总物质的量，氮气的物质的量分数不变，若氮气的物质的量不变，说明氢气和氨气的物质的量之和不变，不能说明氢气和氨气的物质的量不变，则N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3

（g）氮气的体积分数不变，不能说明一定为平衡状态，如充入一定量的氢气，排出等物质的量的氨气，错误；C.H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）＋CO2（g）中反应物为固体，恒温恒压条件下投入一定量反应物，氨气和二氧化碳的物质的量之比始终不变，

则气体的平均相对分子质量始终不变，气体的密度始终不变，因此气体密度不变，不能判定反应达平衡，错误；D.恒容绝热，投入一定量反应物发生反应H2＋I2⇌2HI，由于该反应放热，随着反应的进行，容器中气体的温度会逐渐升高，气体的压强逐渐增大，当压强

不变可以判定反应达平衡，故D正确。8．D由图像可知，在相同温度下，n的产率高于m，说明n的反应物转化率更大，已知分子筛膜能分离出H2O，有利于平衡正向移动，故n表示使用了分子筛膜；由n知，当温度高于一定值后，升高温度，甲醇的产率下降，说明平

衡逆向移动，则正反应为放热反应，由此解答。结合n线，p点已经达到平衡，故v正＝v逆，故A正确；由上述分析可知，n线表示使用了分子筛膜和催化剂，故B正确；由于加入的CO2和H2为1∶3，转化的CO2和H2也为1∶3，故两者的转化率相等，故C正确；由图知升温甲醇产率减小，使用催化剂和

分子筛膜时，在210℃时，甲醇产率最大，高压对设备要求高，合成甲醇效率不是最高，故D错误。9．DA项，结合图可知，温度越高，1T越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl（g）⇌2NO（g）＋Cl2（g）正向移动，则NOCl分解为NO和

Cl2反应的逆反应ΔH＜0，错误；B项，Kp（用平衡分压代替平衡浓度，注：分压＝总压×体积分数），根据2NO（g）＋2ICl（g）⇌2NOCl（g）＋I2（g），可知Kp1单位为kPa－1，错误；C项，Ⅰ.2NO（g）＋2ICl（g）⇌

2NOCl（g）＋I2（g）Kp1，Ⅱ.2NOCl（g）⇌2NO（g）＋Cl2（g）Kp2，Ⅰ＋Ⅱ得2ICl（g）===Cl2（g）＋I2（g），则2ICl（g）===Cl2（g）＋I2（g）的K＝Kp1·Kp2，错误；D项，设T′>T，即1T′<1T，由图可知lgK

p2（T′）－lgKp2（T）>|lgKp1（T′）－lgKp1（T）|＝lgKp1（T）－lgKp1（T′）则：lg[Kp2（T′）·Kp1（T′）]>lg[Kp2（T）·Kp1（T）]，即K（T′）>K（T），因此该反应正反应为吸热反应，即Δ

H大于0，正确。10．C由a到c反应速率逐渐增大，说明正向反应放热，正反应速率升高，由于c到d速率改变，在c点未达到平衡，A错误；ab段温度低于bc段，若Δt1＝Δt2，ab段反应物浓度大于bc段，ab段正反应速率小于bc段，ab段生成物浓度小于bc段，ab段逆反应

速率小于bc段，且bc段正反应小于ab段，则产生N2的量：ab段＞bc段，B错误；由于反应放热，温度升高，平衡逆向移动，故温度越高K值越小，Ka>Kb>Kc>Kd，C正确；d点的正反应速率大于逆反应速率，d点的逆反应速率大于c点的逆反应速率，d点的正反应速率

大于c点的逆反应速率，D错误。11．答案：（1）①40%②0.2×0.20.3×0.93（2）①CO2＋4H2催化剂CH4＋2H2O②因为ΔG＝ΔH－TΔS>0，所以不可行（或者ΔH>0，ΔS<0，任何温度不能自发）（3）1.6×10－5解析：（1）①反应热与参加反应的物

质的物质的量成正比，由热化学方程式知，3mol氢气完全转化时放出热量为49.4kJ热量，则测得放出热量19.76kJ时，H2的转化率为19.7649.4×100%＝40%；②用三段式法计算得：CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）起始（mol·L－1）0.

51.500转化（mol·L－1）0.20.60.20.2平衡（mol·L－1）0.30.90.20.2K＝c（CH3OH）·c（H2O）c（CO2）·c（H2）3＝0.2×0.20.3×0.93；（2）①根据图示中箭头方向知，反应物为CO2、H

2，生成物为CH4、H2O，故答案为：CO2＋4H2催化剂CH4＋2H2O；②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO（g）===2C（s）＋O2（g）ΔH>0来消除CO的污染，因为ΔG＝ΔH－TΔS>

0，所以不可行（或者ΔH>0，ΔS<0，任何温度不能自发）；（3）T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH＋CH3COO－⇌HCOO－＋CH3COOH，该反应的K＝12.5，即K＝Ka（甲酸）Ka（乙酸）＝12.5，则该温

度下醋酸的电离常数Ka（CH3COOH）＝Ka（甲酸）K＝2.0×10－412.5＝1.6×10－5。12．答案：（1）a、b、c推进小于（2）①6.24×10－2②23.0③大于恒容下，温度升高，压强增大；正向为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，压强增大解析：（1）a、b、c点透光率不再

发生变化，说明浓度不再发生变化，则a、b、c点达到平衡状态；颜色越深，透光率越小，图中b点c（NO2）比c点大，应将注射器的活塞推进，d点透光率减小，平衡逆向移动，则v（正）＜v（逆）；（2）①根据盖斯

定律可知Ⅰ÷2即得到N2O5（g）===2NO2（g）＋12O2（g）。根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1∶2，又因为压强之比等于物质的量之比，测得体系中p（O2）＝2.4kPa，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.4kPa×2＝4

.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是36kPa－4.8kPa＝31.2kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×31.2＝6.24×10－2kPa·min－1；②根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压

强是65.8kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是36kPa×2＝72kPa，氧气是36kPa÷2＝18kPa，总压强应该是72kPa＋18kPa＝90kPa，平衡后压强减少了90kPa－65.8kPa＝24.2kPa，所以根据方程式2NO2（g）

⇌N2O4（g）可知平衡时四氧化二氮对应的压强是24.2kPa，二氧化氮对应的压强是72kPa－24.2kPa×2＝23.6kPa，则反应的平衡常数K＝23.6224.2＝23.0kPa；③由于温度升高，容器容积不变，总压

强提高；反应放热，温度升高，平衡左移，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）大于65.8kPa。13．答案：（1）不同温度下都能自发，是因为ΔH<0，ΔS>0（2）①6.7×103mol－1·L②88%（3）①C②

BDF③（4）①HS－＋4H2O2===SO2－4＋4H2O＋H＋②S＋3H2O2===SO2－4＋2H2O＋2H＋解析：（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2的反应为Cu（s）＋2H2SO4（l）===CuSO4（s）＋SO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝

－11.9kJ·mol－1，由于该反应ΔH<0、ΔS>0，因此该反应在任何温度下都能自发进行。（2）①根据题中所给的数据可以求出该温度下2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）的平衡常数为K＝c2（SO3）c2（SO2）c（O2）＝（4.4×10－2mol·L

－1）2（6.0×10－3mol·L－1）2×8.0×10－3mol·L－1＝6.7×103mol－1·L。②平衡时SO2的转化率为c（SO3）c（SO2）＋c（SO3）×100%＝4.4×10－2mol·L－1

6.0×10－3mol·L－1＋4.4×10－2mol·L－1×100%＝88%；（3）①A.在常压下SO2催化氧化为SO3的反应中，SO2的转化率已经很高，工业上没有采用高压的反应条件，不正确；B.进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物

质，需经净化处理以防止催化剂中毒，不正确；C.通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和SO2的转化率，正确；D.SO3

与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收SO3，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响SO3被水吸收导致SO3的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收SO3，不正确。综上所述，相关说法正确的是C；②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交

换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，SO2的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是b1→a2、b2→a3、b3－a4，因此选BDF；③对于放热的可逆反应2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g），该反应的最适

宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度

的升高，SO2的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO2的转化率低于其平衡转化率。因此，反应2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图

可表示如下：。（4）由pH-时间振荡曲线可知，在Na2S-H2SO4-H2O2溶液体系中，溶液的pH呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成HS－，S2－＋H＋===HS－，然后发生HS－＋4H2O2===SO2－4＋4H2O＋H＋，该

过程溶液的pH基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时HS－被H2O2氧化为S，即发生HS－＋H2O2＋H＋===S↓＋2H2O，该过程溶液的pH增大；溶液又变澄清时S又被H2O2氧化为SO2－4，发生S＋3H2O2===SO2－4＋2H2O＋2H＋，该过程溶液的pH在

减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：S2－＋H＋===HS－、HS－＋4H2O2===SO2－4＋4H2O＋H＋、HS－＋H2O2＋H＋===S↓＋2H2O、S＋3H2O2===SO2－4＋2H2O＋2H＋。课练21化学平衡

的影响因素及图像分析狂刷小题夯基础[练基础]1．B使用适当催化剂，平衡不移动，A错误；正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，B正确；再向容器中充入1molN2和3molH2相当

于增大压强，平衡正向移动，C错误；向容器中充入氦气，由于容器的容积不变，N2、H2和NH3的浓度均不变，平衡不移动，D错误。2．C由图Ⅰ可知，压强为p2时，温度为T1先达到平衡状态，则温度：T1>T2；温度为T1时的φ（C）低于T2时，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的

ΔH<0；温度为T1时，压强为p2时先达到平衡状态，则压强：p1<p2；压强为p2时的φ（C）高于p1时，说明增大压强，平衡正向移动，即该反应的正反应是气体总分子数减小的反应，故x＝1。若p3>p4，温度相同时，由p3→p4，

减小压强，平衡逆向移动，A、B的转化率降低；压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，A、B的转化率降低，与图像符合，A、B正确；若p3>p4，相同温度时，由p3→p4，减小压强，平衡逆向移动，B的质量分数增大，与图像不符合，C错误；若p3>p4，相同温度时，由p3→p4，减小压强，

平衡逆向移动，气体的总质量不变，但其总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小；压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，气体总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，与图像符合，D正确。3．C在图像中曲线上的任何一点都表示可逆反应处于平衡状态，在曲线上方的点，由

于NO的转化率高于平衡时的转化率，因此逆反应速率大于正反应速率，反应逆向进行；在曲线下方的点，由于NO的转化率低于平衡时的转化率，因此逆反应速率小于正反应速率，反应正向进行。图中a、b、c、d四点中表示未达到平衡状态，且v（正）>v（逆）的点是c

点。4．DA．500s内N2O5浓度变化为0.5mol·L－1－0.35mol·L－1＝0.15mol·L－1，浓度变化量之比等于方程式系数比，O2的浓度为0.15mol·L－12＝0.075mol·L－1，正确；B.升

高温度，正逆反应速率均加快，升温平衡正移，二氧化氮和氧气浓度增大，逆反应速率加快，正确；C.反应吸热，降低温度平衡逆向移动，平衡常数减小，正确；D.1000s时反应达到平衡，平衡时c（N2O5）＝0.25mol·L－1，将容器的体积缩小一半

，若平衡不移动，此时N2O5浓度为0.5mol·L－1，但体积减小，压强增大，平衡向逆向移动，则达到新平衡时c（N2O5）＞0.50mol·L－1，错误。5．C该反应的ΔH<0，起始n（CO）相同时，温度越高，反应正向进行的程度越小，达到平衡时CO2的体积分数越小

，则温度：T1<T2，A错误；n（CO）增大，平衡正向移动，SO2的转化率增大，图中c点对应的n（CO）比b点大，故c点SO2的转化率比b点高，B错误；b点以后，n（CO）增大，导致CO的体积分数增大，CO2的体积分数减小，C正确；

减小压强，平衡逆向移动，则CO、SO2的转化率降低，D错误。[练高考]6．BD升高温度有利于题中第一个反应正向进行，有利于提高CH4的平衡转化率，但增大压强有利于题中第一个反应逆向进行，不利于提高CH4的平衡转化率，A项错误；由题述反应及起始反应物的物质的量比可

知，平衡时CO2的转化率比CH4的高，则曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化，B项正确；使用催化剂只能加快化学反应速率，对化学平衡无影响，即曲线A和曲线B不能相重叠，C项错误；恒压、800K、n（CH4）∶n（CO2）＝1∶1条件下，反应至C

H4转化率达到X点的值，通过增大n（CO2）或减小压强继续反应，可以使CH4的转化率从X点提高到Y点，D项正确。7．BD从虚线可知，随温度升高NO平衡转化率逐渐降低，说明平衡逆向移动，则NO与O2生成NO2的反应为放热反应，ΔH<0，A项错误；图像中实线的最高点为

恰好平衡点，X点未达到平衡，延长时间反应继续向右进行，NO转化率增大，B项正确；Y点为平衡点，增大O2浓度，平衡正向移动，可以提高NO转化率，C项错误；该反应的平衡常数表达式为K＝c2（NO2）c2（NO）

·c（O2），因该温度下NO转化率为50%，则K＝1c平衡（O2）>1c起始（O2）＝2000，D项正确。[练模拟]8．CA．根据盖斯定律方程式①－②－③得C3H8（g）===C3H6（g）＋H2（g）ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＝－2220kJ·mol－

1＋2058kJ·mol－1＋286kJ·mol－1＝＋124kJ·mol－1，正确；B.根据坐标系c（H2）和c（C3H6）的变化不同，根据方程式C3H8（g）===C3H6（g）＋H2（g），c（H2）和c（C3H6）应该相等，因为CO2＋H2⇌CO＋H2O，c（C3H6）

增加快，正确；C.根据图示，横坐标为二氧化碳的浓度，所以投料比c（CO2）c（C3H8）越大，C3H8转化率越大，错误；D.根据碳原子守恒，若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0（C3H8）＋c

0（CO2）＝c（CO）＋c（CO2）＋3c（C3H8）＋3c（C3H6），正确。9．A根据题图，随着温度的升高，H2的平衡转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即ΔH<0，A项正

确；N点压强大于M点的，M点温度高于N点的，因此无法确定两点反应速率的快慢，B项错误；此反应是可逆反应，不能完全进行到底，C项错误；控制合适的温度和压强，既能保证反应速率较快，也能保证H2有较高的转化率，采用更高的压强对设备的要求更高

，增加经济成本，D项错误。10．BA．N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）的ΔH＜0、ΔS＜0，自发进行时ΔH－TΔS＜0，所以该反应在低温下自发进行，错误；B.4min后6min时氨气的物质的量不变，说明达到平衡状态，平衡时消耗N2的物质的量为0.3mol×12＝0.15

mol，N2的转化率为0.15mol1mol×100%＝15%，在6min末再加入1molN2和3molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，氮气的转化率增大，反应达新平衡时，N2的转化率大于15%，正确；C.该反应为放热反应，焓变等

于正逆反应的活化能之差，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，即正反应合成氨的活化能小于逆反应氨分解的活化能，错误；D.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，但正反应速率和逆反应速率均增大，错误。11．A设150℃时CH3CH2CH2CH2CH3（g）的起始物质的量为1mol，根据题图可知

，达到平衡时正戊烷反应了mmol，则有CH3CH2CH2CH2CH3（g）⇌（CH3）2CHCH2CH3（g）开始量/mol10转化量/molmm平衡量/mol1－mmK＝m1－m＝23，解得m＝0.4，则正戊烷的平衡转化率＝0.41×100%＝40%，D项错误。12．AA．根据反应S

2Cl2（g）＋Cl2（g）⇌2SCl2（g）可知，v正（S2Cl2）∶v逆（SCl2）＝1∶2时，反应达到平衡状态，由图像可知，B、D点时v正（S2Cl2）∶v逆（SCl2）＝1∶2，反应达到平衡状态，错误

；B.达到平衡后继续加热，v正（S2Cl2）∶v逆（SCl2）＜1∶2，即v（正）＜v（逆），平衡逆向移动，升温平衡逆向移动，正确；C.升温平衡逆向移动，故该反应的ΔH＜0，正确；D.反应前后气体分子数不变，再按原比例投入反应物，相当于对反应容器进行加压，平衡不移动，Cl2转化率不变，正确。综

合测评提能力1．DA、C点的温度相同，C点压强大于A点压强，增大压强，反应速率增大，故反应速率：A<C，A错误；增大压强，虽然平衡向逆反应方向移动，但体积同时也减小，组分的浓度增大，C的颜色深，B错误；M＝mn，增大压强，平衡向逆反应方向移动，m不

变，n减小，M增大，平均相对分子质量：C>A，C错误；恒压下，提高NO2的体积分数，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，应升高温度，D正确。2．D若A不是气体，气体摩尔质量一直不变，不能判断是否是平衡状态，若A是气体，可以判断，故A错误；若A不是气体，

温度不变，平衡常数不变，气体C的浓度不变，密度也不变，若A是气体，气体化学计量数相等，平衡不移动，密度减小，故B错误；若A不是气体，C的体积分数可能一直是100%，若A是气体，降低温度，平衡正向移动，C的

体积分数增加，故C错误；若A不是气体，恒温恒容下，平衡常数不变，气体C的浓度不变，故D正确。3．C图中t时刻改变条件，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动。升高温度，同时加压，v（正）、v（逆）均增大，A错误；降低温

度，同时减压，v（正）、v（逆）均减小，B错误；增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，v（正）瞬间增大而v（逆）瞬间减小，平衡正向移动，C正确；增大反应物浓度，同时使用催化剂，v（正）、v（逆）均增大，D错误。4．D若Ⅰ中加入KSCN溶

液的体积改为2mL，氯化铁溶液过量，不仅有浓度问题，还有反应物的用量问题，故D错误。5．C由题图可知，升高温度，H2S的转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应的正反应为吸热反应，A错误；升高温度，平衡正向移动，混合气体的总物质的量增大，由于气体总质量不变，则混合

气体的平均摩尔质量减小，B错误；950℃时，1.25s内α（H2S）＝20%，则有v（H2S）＝0.1mol×20%2L×1.25s＝0.008mol·L－1·s－1，那么v（H2）＝v（H2S）＝0.008mol·L－1·s－1，C正确；由题图可知，P点后α（H2S）逐渐增

大，说明P点未达到平衡状态，此时c（H2S）＝0.1mol×80%2L＝0.04mol·L－1，c（H2）＝0.008mol·L－1·s－1×1.25s＝0.01mol·L－1，c（S2）＝12c（H2）＝0.005mol·L－1，浓度商Qc＝c2（H2）·c（S2）c2（H2S）＝3

.125×10－4，故950℃时反应的平衡常数大于3.125×10－4，D错误。6．CA项，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的转化率降低，所以温度：T1＜T2＜T3，错误；B项，a点温度比c点低，所以

速率小，b点压强比d点大，所以速率大，错误；C项，升温平衡逆向移动，平衡常数变小，温度不变，平衡常数不变，所以平衡常数：K（a）＞K（c），K（b）＝K（d），正确；D项，温度升高，平衡逆向移动，气体总质量不变，但总物质的量增大，平均摩尔质量：M（a）＞M（c）；b的压强大于d，

平衡向正反应方向移动，平均摩尔质量增大，所以有M（b）＞M（d），错误。7．B根据盖斯定律，由①－②可得：C4H10（g）⇌C4H8（g）＋H2（g），得ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝（－119kJ·mol－1）－（－242kJ·mol－1）＝＋123kJ·mol－1。提高该反应中丁烯的产率，应使

平衡正向移动，该反应的正反应为气体分子数增加的吸热反应，可采取的措施是减小压强、升高温度。8．A曲线Ⅰ比曲线Ⅱ斜率大，说明曲线Ⅰ的温度高，故A正确；曲线Ⅰ比曲线Ⅱ的温度高，但平衡时反应物的转化率低，说明升温平衡逆向

移动，转化率降低，故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a点曲线Ⅰ和Ⅱ表示的化学平衡常数不相等，故C错误；反应开始时反应物的浓度最大，随着反应进行，反应物的浓度减小，反应物的反应速率也逐渐减小，所

以d处反应速率大于b处，因为曲线Ⅰ的温度高，反应物浓度相同时，b处反应速率大于c处，故D错误。9．B产物A、B分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，由题表知，活性中间体C在不同温度下生成A、B的量不同，但A、B的总量不变，

故由中间体C生成A、B的反应互相竞争，A项正确；实验1测定产物组成时，不能确定各物质含量保持不变，体系不一定达平衡状态，B项错误；从图像中反应活化能分析可知，相同条件下由活性中间体C生成产物A的活化能较小，则速

率更快，C项正确；结合题表中数据知，实验1在tmin时，若升高温度至25℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B，D项正确。10．ALaNi5是固体，在反应过程中，其浓度始终不变，不能根据固体的浓度不变判断反应是否达到平衡状态，A错误

；温度不变，缩小容器的容积至原来的一半，平衡常数Kp＝1p3（H2）不变，则重新达到平衡时H2的压强仍为2MPa，B正确；扩大容器的容积，相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，则n（H2）增大，C正确；该反应的正反应是气体分子总数减小的放热反应，因此增大压强、降低温度，平衡正向移动，有利于储氢，D

正确。11．答案：（1）①CO2（g）＋3H2（g）===CH3OH（l）＋H2O（l）ΔH＝－93.8kJ·mol－1②Ⅰ该反应为放热反应达到平衡后，随温度升高，平衡逆向移动（2）①放热②0.17mol·L－1·min－10.50mol·L－1解析：（1）①根据CO（g）和H2

（g）的燃烧热ΔH，可写出热化学方程式（Ⅰ）CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－283.0kJ·mol－1；（Ⅱ）H2（g）＋12O2（g）===H2O（l）ΔH＝－285.8kJ·mol－

1。根据图像曲线变化可写出热化学方程式（Ⅲ）CO（g）＋2H2（g）===CH3OH（l）ΔH＝－（510－419）kJ·mol－1＝－91kJ·mol－1。根据盖斯定律，由（Ⅱ）＋（Ⅲ）－（Ⅰ），可得CO2（g）＋3H2（g）===CH3OH（l）＋H2O（l）ΔH＝－9

3.8kJ·mol－1。②由图像可知催化剂Ⅰ的催化效果最佳；该反应为放热反应，达到平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低。（2）①650℃时，根据三段式进行计算：CO（g）＋H2O（g）⇌CO2（g）＋H2（g）起始/mol4200转化/mol1.61.61.61.6平衡/mo

l2.40.41.61.6故650℃时，平衡时CO转化率为1.6÷4＝0.4>13，即温度越高，CO平衡转化率越低，故该反应的正反应为放热反应。②900℃时，结合CO的平衡转化率，根据三段式进行有关计算：CO（g）＋H2O（g）⇌

CO2（g）＋H2（g）起始/mol3200转化/mol1111平衡/mol21110～3min内v（H2O）＝1mol2L×3min≈0.17mol·L－1·min－1，平衡时c（H2）＝1mol2L＝0.50mol·L－1。12．答案：（1）C（2）450℃

比300℃的反应速率快，比700℃的副反应程度小，丁烯转化为丙烯的转化率高，该温度下催化剂的选择性最高，是催化剂的最佳活性温度（3）压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大解析：（1）由题可知乙烯越少越好，再结合图像1

和图像2可知，最适宜的温度为300℃，压强越大，乙烯的含量越低，故选C。（2）450℃比300℃的反应速率快，比700℃的副反应程度小，丁烯转化为丙烯的转化率高，该温度下催化剂的选择性最高，是催化剂的最佳活性温度。（3）压强增大，副反应C4H8⇌2C

2H4平衡左移，C4H8的浓度增大，使主反应3C4H8⇌4C3H6平衡右移。13．答案：（1）Ⅰ放热（2）1∶4＞（3）K＝c（H2O）c2（NH3）·c（CO2）（4）Ⅲ当氨碳比相同时，水碳比越大，CO2的平衡转化率越小（5）3解析：Ⅰ.（1）曲线Ⅱ表示随着

反应的进行，NH3的体积分数逐渐增大，但反应达到平衡状态后继续升温，NH3的体积分数减小，这表明平衡后升高温度，平衡逆向移动，故合成氨是放热反应；因合成氨为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，NH3的体

积分数会逐渐降低，则曲线Ⅰ是表示该反应平衡时的曲线。（2）设反应前N2、H2的物质的量分别为1mol、3mol，a点时消耗N2的物质的量为xmol，列三段式：N2＋3H2⇌2NH3起始/mol130转化

/molx3x2x平衡/mol1－x3－3x2x2x4－2x×100%＝50%，解得x＝23，此时n（N2）∶n（NH3）＝1－23∶43＝1∶4。由图甲知，b点后NH3的体积分数仍在增大，说明反应仍在向正反应方向进行，此时v（正）＞v（逆）。Ⅱ

.（4）当氨碳比一定时，水碳比越大，说明原料气中含水蒸气越多，故二氧化碳的转化率越小，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中对应的水碳比最大的是曲线Ⅲ。（5）B点二氧化碳的平衡转化率为60%，氨气的平衡转化率是40%，设NH3、CO2的起始物质的量分别为n1mol、n2mol，则n1mol

×40%×12＝n2mol×60%，解得n1n2＝3，即x1＝3。课练22化学平衡常数、转化率及相关计算狂刷小题夯基础[练基础]1．CA项，升高温度，正、逆反应速率均增大，错误；B项，固体物质浓度视为常数，不列入平衡常数的表达式，

该反应的化学平衡常数表达式为K＝c（CO）c（CO2），错误；C项，温度升高，K增大，则该反应的正反应为吸热反应，正确；D项，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，增大反应物浓度，平衡常数不变，错误。2．A2NO2⇌N2O4的平衡常数表达式K＝c（N2O4）c2（NO2），故A错误

。3．DA．由图可知，随温度升高，NO的平衡转化逐渐降低，平衡向逆向移动，该反应为放热反应，正确；B.由图可知，A未达到平衡，在温度一定时，A点转化率升高到达平衡点B，故延长反应时间到达平衡状态时，NO转化率提高，正确；C.A未达到平衡，A点转化率升高到达平衡点B，故A到B为正向建立平衡过程，A点

正反应速率大于B点，正确；D.由图可知，C点NO的转化率为60%，则NO反应量为0.2mol×60%＝0.12mol，2NO（g）＋2CO（g）⇌2CO2（g）＋N2（g）起始量0.2mol0.36mol00反应量0.12mol0.12mol0.12mol0.06mol

平衡量0.08mol0.24mol0.12mol0.06mol密闭容器体积为2L，故c（NO）＝0.04mol·L－1，c（CO）＝0.12mol·L－1，c（CO2）＝0.06mol·L－1，c（N2）＝0.03mo

l·L－1，K＝c2（CO2）×c（N2）c2（NO）×c2（CO）＝0.062×0.030.042×0.122＝4.6875＞4，故D错误。[练高考]4．A0～30min时间段内，Δc（Z）＝0.125mol·L－1，Δc（M）＝0.500m

ol·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．C由题给表格数据可知，反应20min时，过氧化氢的物质的量为（0.8－0.4）mol·L－1×0.05L＝0.02mol，根据反应方程式可得生成氧气的物质的量为0.01mol，即体积为224mL（标准状况），A说法正确；20～40min，消耗

过氧化氢的浓度为（0.40－0.20）mol·L－1＝0.20mol·L－1，则这段时间内的平均速率v＝Δct＝0.20mol·L－120min＝0.010mol·L－1·min－1，B说法正确；其他条件相同时，反应物浓度越

大，反应速率越快，随着反应的进行，过氧化氢的浓度逐渐减小，所以第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C说法错误；I－在反应中的作用是做催化剂，分解酶或Fe2O3也可以催化过氧化氢的分解，

D说法正确。6．DA．600～1200s，N2O5的变化量为（0.96－0.66）mol·L－1＝0.3mol·L－1，在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即0.6mol·L－1，因此，生成NO2的平均速率为0.6mol·L－1600s＝1.

0×10－3mol·L－1·s－1，不正确；B.由表中数据可知，反应2220s时，N2O5的变化量为（1.40－0.35）mol·L－1＝1.05mol·L－1，其物质的量的变化量为1.05mol·L－1×0.1L＝0.105mol，O2的变化量是其12，即0.0

525mol，因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.0525mol×22.4L·mol－1＝1.176L不正确；C.反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，2v正（N2O5）＝v逆（NO2），不正确；D.分析

表中数据可知，该反应经过1110s（600－1710，1710－2820）后N2O5的浓度会变为原来的12，因此，N2O5的浓度由0.24mol·L－1变为0.12mol·L－1时，可以推测上表中的x为（2820＋1110）＝3930，D说法正确。[练模拟]7．DH2（g）＋S（s

）⇌H2S（g）的平衡常数K1＝c（H2S）c（H2），S（s）＋O2（g）⇌SO2（g）的平衡常数K2＝c（SO2）c（O2），反应H2（g）＋SO2（g）⇌O2（g）＋H2S（g）的平衡常数K＝c（H2

S）×c（O2）c（H2）×c（SO2）＝K1K2.8．B由图可知B、C温度相同，则平衡常数相同，即KB＝KC，压强为p1时，A到C点随着温度升高，CH4（g）的平衡转化率增大，则说明平衡正向移动，平衡常数也增大，所以KA<KC，同理

压强为p2时，B到D点随着温度升高，CH4（g）的平衡转化率增大，则说明平衡正向移动，平衡常数也增大，所以KB<KD，则平衡常数的大小关系为KA<KB＝KC<KD。9．D升高温度，K减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，故A错误；平衡常数＝15×104＝2×10－5，故B错误；计算此时Qc＝

0.50.54＝8>K＝2，则平衡逆移，v逆>v正，故C错误；恒温恒容下，向容器中再充入少量G（g），结合勒夏特列原理可知，G的体积分数增大，故D正确。10．A使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可促进反应Ⅰ的发生，增大氧化炉中NO的含量，故A正确；升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的化学

平衡常数均减小，则正反应均为放热反应，无法通过改变氧化炉的温度达到促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ的效果，故B错误；反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，无法通过改变氧化炉的压强达到促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ的效果，故C错误；反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ正反应均为放热反应，所以氧化炉出气在进入

氧化塔前应降低温度，故D错误。综合测评提能力1．C若温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则可以确定a＝1，设B的转化率为x，A（g）＋B（g）⇌C（g）＋D（g），初始物质的量：2300变化物质的量：3x3x3x

3x平衡物质的量：2－3x3－3x3x3x3x×3x（2－3x）（3－3x）＝1，解得x＝0.4，即B的转化率是40%。2．CA．①中Qc＝c2（NH3）c（N2）c3（H2）＝1＞K，反应逆向进行，错误；B.平衡常数仅与温度有关，相同温度下，按4种不同投料比在密闭容器中分别进行实验，则4组数

据平衡常数相同，错误；C.③中Qc＝c2（NH3）c（N2）c3（H2）＝0.1220×0.13＝0.5＝K，反应达到平衡，正确；D.催化剂只改变反应的速率，不改变平衡移动，所以使用催化剂不可以提高④中H2的平衡

转化率，错误。3．CA．该反应是气体分子数减小的反应，则ΔS＜0，该反应能自发进行，说明ΔH－TΔS＜0，则反应的ΔH＜0，正确；B.前2s内，Δc（NO）＝（1.00×10－3－2.50×10－4）mol·L－1＝

7.50×10－4mol·L－1，根据方程式，Δc（N2）＝12×7.5×10－4mol·L－1＝3.75×10－4mol·L－1，v（N2）＝3.75×10－4mol·L－12s＝1.875×10－

4mol·L－1·min－1·s－1，正确；C.根据表格数据可知，4s后CO和NO浓度不再改变，说明反应达到平衡状态，此时c（NO）＝1.00×10－4mol·L－1，c（CO）＝2.70×10－3mo

l·L－1，Δc（NO）＝（1.00×10－3－1.00×10－4）mol·L－1＝9.00×10－4mol·L－1，则c（CO2）＝9.00×10－4mol·L－1，c（N2）＝12×9.00×10－4mol·L－1＝4.50×10－4mol·L－1，K＝c2（CO2）·c（N2）

c2（NO）·c2（CO）＝（9.00×10－4）2×4.50×10－4（1.00×10－4）2×（2.70×10－3）2＝5000，错误；D.在密闭容器中发生上述反应，缩小容积相当于增大压强，平衡正向移动，则NO转化率增大，故D正确。

4．C升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的速率均加快，A项错误；温度升高，反应Ⅰ的平衡常数增大，反应Ⅱ的平衡常数减小，则反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度可以促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，但由于反应Ⅱ是反应前后气体分子数不变的反应，改变压强不能使反应Ⅱ的平衡发生移动，B项错误；反应Ⅰ×2－Ⅱ可

得反应：C2H5OC2H5（g）催化剂2C2H4（g）＋H2O（g）K＝K21K2，随着温度升高，K1增大，K2减小，则K增大，该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，C项正确。由C项分析知，500K时该反应的平衡常数为12.8，D项错误。5．C平衡常数K＝生成

物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式，已知某反应的平衡常数K＝c2平（CO2）c平（SO2）·c2平（CO），反应的化学方程式：SO2（g）＋2CO（g）⇌2CO2（g）＋S（l）ΔH3，已知：①2CO2（g）⇌2CO（g）＋O2（g）ΔH1＝＋

566.0kJ·mol－1；②S（l）＋O2（g）⇌SO2（g）ΔH2＝－296.0kJ·mol－1，结合盖斯定律计算（①＋②）得到热化学方程式：2CO2（g）＋S（l）⇌SO2（g）＋2CO（g）ΔH＝＋270.0kJ·mol－1，热化学方程式改变方向，得到该反应的热化学方程式：

SO2（g）＋2CO（g）⇌2CO2（g）＋S（l）ΔH3＝－270.0kJ·mol－1。6．BA．恒温恒压下，开始时通入3molA和3molB与开始时通入1molA和1molB，A与B的物质的量之比都是1∶1，为等效平衡，反应物的转化率相同，故达到平衡时，生成的C的

物质的量为3amol，故A正确；B.开始时通入4molA、4molB和2molC，可能处于平衡状态，可能向正反应进行，可能向逆反应进行，故达到平衡时，B的物质的量可能等于、小于或大于4mol，故B错误；C.若开始时通入2molA、2molB和1molC，达到平衡时，再通入3molC，等效为开始通入

6molA、6molB，与开始时通入1molA和1molB为等效平衡，C的含量相同，由A（g）＋B（g）⇌C（g）可知，生成amolC，混合气体总物质的量减少amol，故C的物质的量分数为a2－a，故C正确；D.若在原平衡体系中，再通入1molA

和1molB，等效为开始时通入2molA、2molB，与原平衡为等效平衡，平衡时各组分的含量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，故D正确。7．CNO的分解反应NO（g）⇌12N2（g）＋12O2（g）的平衡常数K＝c1

2（N2）·c12（O2）c（NO）＝1c2（NO）c（N2）·c（O2）＝1K1＝110－30＝1015，故A错误；化学平衡常数表示化学反应进行的程度，但不表示反应的难易程度，故B错误；化学平衡常数K的数值越大，化学反应

进行的程度越大，常温下，NO、H2O、CO2三种化合物分解放出O2的化学平衡常数K的数值逐渐减少，则化学反应进行倾向由大到小的顺序为NO>H2O>CO2，故C正确；①②是放热反应，③是吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，所以升高温度①②平衡常数减小，③平衡常数增大，故D错误。8．D在平衡状态下，

v正＝v逆，即k正·c2（NO2）＝k逆·c2（NO）·c（O2），可求出K＝k正k逆，A正确；由容器Ⅰ中反应列三段式：2NO2（g）⇌2NO（g）＋O2（g）起始/（mol·L－1）0.600转化/（mol·L－1）0.40.40

.2平衡/（mol·L－1）0.20.40.2可以求出平衡常数K＝0.42×0.20.22＝0.8，根据容器Ⅱ的起始投料，浓度商Q＝0.52×0.20.32＝59<K，起始时反应正向进行，B正确；若容器Ⅲ在某时刻NO的体积分数为50%，则有2NO2（g）⇌2NO（g）＋O2（g）起始/

（mol·L－1）00.50.35转化/（mol·L－1）2x2xx平衡/（mol·L－1）2x0.5－2x0.35－x由0.5－2x＝2x＋0.35－x，解得x＝0.05，求出此时反应的浓度商Q＝0.42×0.30.12＝4.8>0.8，说明反应继续向逆反应方向进行，达到平

衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数应小于50%，C正确；由于该反应的正反应是吸热反应，若T2>T1，所以升温至T2时平衡常数增大，即k正k逆>0.8，则k逆k正<1.25，D错误。9．D选项A，温度升高压强增大，由反应方程式可知，平衡

正向移动，则正反应为吸热反应，正确；选项B，设CO2的压强为xPa，则NH3的压强为2xPa，总压强为12.0kPa，则p（CO2）＝12000Pa3＝4000Pa，p（NH3）＝2p（CO2）＝8000Pa

，则Kp＝p（CO2）×p2（NH3）＝2.56×1011Pa3，正确；选项C，步骤Ⅰ中测压仪数值未稳定即关闭K1，U形管左侧会有残留空气，导致Kp测量值偏大，正确；选项D，步骤Ⅱ中读数时U形管左侧液面偏高，则证明左侧气压小于右侧，Kp测量值偏大，错误。10．

A由表中数据可知，Δn（X）＝1mol、Δn（Y）＝0.5mol、Δn（W）＝1.5mol，所以，Δn（X）∶Δn（Y）∶Δn（W）＝1mol∶0.5mol∶1.5mol＝2∶1∶3，反应方程式为2X＋Y⇌3W。反应前

后气体的物质的量相同，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，所以平衡常数K＝c3（W）c2（X）·c（Y）＝1.5312×0.5＝6.75，故A正确；升高温度W的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反

应为放热反应，即ΔH<0，错误；该反应前后气体的物质的量不发生变化，增大压强，正、逆反应速率均增大相同的倍数，平衡不移动，错误；该温度下，此反应的平衡常数表达式是K＝c3（W）c2（X）·c（Y），错误。11．答案：（1）①100②11110a（

2）①向密闭容器中加入NO②<（3）BD解析：（1）①根据速率方程可知，lgv正＝lgk正＋2lgc（NO2），lgv逆＝lgk逆＋lgc（N2O4），则表示lgv正的曲线斜率较大，表示lgv逆的曲线斜

率较小，由图像可知，lgk正＝a＋2，lgk逆＝a。平衡时v正＝v逆，则k正c2（NO2）＝k逆c（N2O4），K＝c（N2O4）c2（NO2）＝k正k逆＝10a＋210a＝100；②设平衡时c（NO2）＝xmol·L－1，K＝c（N2O4）c2（NO2）＝1x2＝100，解得

x＝0.1mol·L－1，则平衡时φ（NO2）＝0.1mol·L－1（0.1＋1）mol·L－1＝111，v正＝k正c2（NO2）＝10a＋2×（0.1）2＝10a。（2）①在恒压容器中，改变条件的瞬间，逆反应速率减小，反应正向进行，但重新达到平衡后，逆反应

速率与原平衡相同，所以t2时刻改变的条件为向密闭容器中加入NO；②t1时刻v正＝v逆，t2时刻，充入NO，反应物的浓度增大，正反应速率增大，所以t1时刻的v逆<t2时刻的v正。（3）尿素为固体，及时分离出

生成的尿素对NH3的转化率没有影响，A项错误；恒容条件下，反应过程中气体质量发生变化，但气体体积始终等于容器容积，混合气体密度是变量，当混合气体的密度不再改变时，可以证明反应达到了平衡状态，B项正确；该反应ΔH<0，ΔS<0，根据Δ

G＝ΔH－TΔS<0时反应能自发进行可判断，该反应低温下能自发进行，高温下不能自发进行，C项错误；当尿素的质量不变时，可以证明反应达到了平衡状态，D项正确。12．答案：（1）ac（2）K1·K2（3）＝（4）25（5）50%等于解析：（1）

在恒容密闭容器中发生反应②，由表中数据可知，达到平衡后升高温度，该反应的平衡常数变大，说明化学平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应。a.平衡正向移动，正确；b.因为气体的总物质的量和总质量均不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，错误；c.CO2的转化率增大，正确。（2）由表中信息可

知，③＝①＋②，所以，K1、K2、K3的关系是：K3＝K1·K2。（3）500℃时，K3＝K1·K2＝2.5，测得反应在某时刻，H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度（mol·L－1）分别为0.2、0

.1、0.01、0.2，则Q＝0.01×0.20.23×0.1＝2.5＝K3，所以此时处于平衡状态，v正＝v逆。（4）由图可知，B点时，反应①中H2的平衡转化率为0.80。开始加入2mol·L－1H2和1mol·L－1CO，两种反应物的投料比为化学计量数之比，故两

种反应物的转化率相同。则B点时，c（H2）＝2mol·L－1×（1－0.80）＝0.40mol·L－1，c（CO）＝1mol·L－1×（1－0.80）＝0.20mol·L－1，CH3OH的变化量与CO的变化量相同，所以c（CH3OH）＝1mol·L－

1×0.80＝0.80mol·L－1，化学平衡常数为0.800.402×0.20＝25。（5）相同温度下，在甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中，投入H2和CO2，发生反应②，其中甲经2min达平衡，平衡时c（H2O）＝0.05mol·L－

1，由此可以求出CO2的变化量为0.05mol·L－1，所以甲中CO2的转化率为0.050.1×100%＝50%，乙中的投料为甲中的2倍，故容器内的压强也是甲的2倍，但是因为该反应前后气体的分子数不变，所以压强不能使该化学平衡发生移动，

CO2的转化率等于甲。13．答案：（1）CO2（g）＋4H2（g）Ni/Al2O3CH4（g）＋2H2O（g）不能（2）BC（3）①温度②>该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，α（CO2）升高（4）①75%②6.75解析：（1）由题意可知该可逆反应的化学方程式为C

O2（g）＋4H2（g）Ni/Al2O3CH4（g）＋2H2O（g），催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率。（2）A项，对于该可逆反应，若其他条件不变，温度从300℃升至500℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，说明正反应为放热反应，正确；B项，正反应

为放热反应，因此K（500℃）<K（300℃），错误；C项，减小p（H2）p（CO2）的值，CO2的平衡转化率降低，错误；D项，反应达到平衡时，v正（H2）＝2v逆（H2O），正确。（3）①根据方程式CO2（g）＋4H2（g）Ni/Al2O3CH4（g）＋2H

2O（g）及反应的ΔH<0可知，其他条件一定时，升温，CO2的平衡转化率降低，其他条件一定时，加压，CO2的平衡转化率升高，则X表示的物理量是温度；②L表示压强，增大压强，平衡正向移动，转化率α（CO2）升高，可知L1>L2。（4）①由题图可知，4min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0.7p0

，设发生反应的CO2为xmol，列出三段式：CO2（g）＋4H2（g）Ni/Al2O3CH4（g）＋2H2O（g）起始量/mol1400转化量/molx4xx2x平衡量/mol1－x4－4xx2x压强与物质的量成正比，1－x＋4－4x＋x＋2x1＋4＝0.7

p0p0，解得x＝0.75，转化率α（CO2）＝0.75mol1mol×100%＝75%；②平衡常数K＝c（CH4）×c2（H2O）c（CO2）×c4（H2）＝0.75×（1.5）20.25×14＝6.75。单元检测7化学反应速率和化学平衡1．DA项，防止铁生锈，可在其表

面涂一层防锈油漆，阻止铁与潮湿的空气接触；B项，面粉厂、加油站周围的空气中飘浮着可燃性的气体或粉尘，遇明火可能会发生爆炸，所以面粉厂、加油站均要严禁烟火；C项，MnO2对KClO3的分解起催化作用，可以加快化学反应速率；D项，降温会减慢H2O2的分解速率。

2．D实验②、④起始浓度相同，但温度不同，④反应速率较大，则可得出结论：升高温度，化学反应速率加快，故A正确；①、②温度相同，但浓度不同，①浓度较大，可得出结论：增大反应物浓度，化学反应速率增大，故B正确；②、③温度、浓度相同，③反应速率较大，应为加入催化剂，故C正确；在

0～10min之间，实验③X的浓度变化为0.4mol·L－1，则v（Y）＝12v（X）＝12×0.4mol·L－110min＝0.02mol·L－1·min－1，故D错误。3．D平衡时，正、逆反应速率相等，即K＝c（C2H5OH）c（C2H4）·c（H2O

）＝k正k逆，升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，K减小，故k正增大的倍数小于k逆。4．C由图可知，a点时，A、B的物质的量浓度的变化不同，反应时间相同，则反应速率不相等，A项错误；反应开始到5min时，B的物质的量由0mol变为0.4m

ol，增加了0.4mol，B项错误；反应达到平衡时，A的物质的量由0.8mol变为0.2mol，减少0.6mol，则A为反应物，B的物质的量由0mol变为0.4mol，增加0.4mol，C的物质的量由0mol变为0.2mol，增加0.2mol，则B、C为生成物，

依据化学计量数之比等于反应体系中各物质的变化量之比可得，Δn（A）∶Δn（B）∶Δn（C）＝0.6mol∶0.4mol∶0.2mol＝3∶2∶1，反应的化学方程式应为3A⇌2B＋C，C项正确；反应开始到5min时，Δn（C）＝0.2mol，v（C）＝Δc（C）Δt＝Δn（C）VΔt

＝0.2mol2L5min＝0.02mol·L－1·min－1，D项错误。5．D该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化碳转化率减小，则反应温度：Z>Y>X，A错误；X℃时，H2和CO的起始组成比越大，容器中氢气的浓度越大，一氧化碳的转化率越大，氢气的转化率越小，B

错误；化学平衡常数只与温度有关，Y℃时，增大压强，温度不变，化学平衡常数不变，C错误；由题给数据可知，Z℃时，平衡时氢气、一氧化碳和甲醇的浓度均为0.5mol·L－1，则平衡常数值为4，D正确。6．A反应达平衡时，容器Ⅰ中c（Cl2）

c（PCl3）＝1，容器Ⅱ中起始时c（Cl2）c（PCl3）大于1，不管反应正向进行还是逆向进行，反应达平衡时，c（Cl2）c（PCl3）都大于1，故A错误。容器Ⅰ中：PCl5（g）⇌PCl3（g）＋Cl2（g）起始浓度/（mol·L－1）0.400转化浓度/（mol·L－1）0.20

.20.2平衡浓度/（mol·L－1）0.20.20.2平衡常数K＝c（Cl2）·c（PCl3）c（PCl5）＝0.2，平衡时总物质的量为0.6mol·L－1×1.0L＝0.6mol，Cl2的体积分数为13；容器Ⅰ和容器Ⅱ温度相同，则反应的平衡常

数相等，容器Ⅱ中起始时Qc＝c（Cl2）·c（PCl3）c（PCl5）＝1.95×0.05÷1.05＝0.093<0.2，反应正向进行，设反应达平衡时，PCl5转化了xmol·L－1，列三段式：PCl5（g）⇌PCl3（g）

＋Cl2（g）起始浓度/（mol·L－1）1.050.051.95转化浓度/（mol·L－1）xxx平衡浓度/（mol·L－1）1.05－x0.05＋x1.95＋x平衡常数K＝（1.95＋x）×（0.05＋x）÷（1.05－x）＝0.2，解得x＝0.05，平

衡时总物质的量为（2＋0.1＋1）mol＝3.1mol，容器Ⅰ和容器Ⅱ等温等容，则反应达到平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为0.6∶3.1＝6∶31，故B正确。根据等效平衡原理，容器Ⅲ与容器Ⅰ相比，压强增大，达到的平衡相当于容器Ⅰ中反应达平衡后向逆反应

方向移动，Cl2的体积分数小于13，容器Ⅲ中c（PCl5）大于容器Ⅰ中c（PCl5）的2倍，即容器Ⅲ中0.4mol·L－1<c（PCl5）<0.8mol·L－1，故C、D正确。7．DA．反应Ⅰ为CO2（g）＋4H2（g）⇌CH4（g）＋2H2O（g），平衡常数可表示为＝c（CH4）·c2（

H2O）c（CO2）·c4（H2），正确；B.向恒压密闭容器中通入1molCO2和4molH2，反应正向建立平衡，在600℃时B的量达到最多，反应达到平衡状态，超过600℃时平衡向吸热反应方向移动，故反应Ⅰ、Ⅲ逆

向移动，甲烷的量减小，故B为甲烷，正确；C.反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，故低温有利于反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，提高CO2转化为CH4的转化率，故需研发在低温区高效的催化剂，正确；D.已知反应Ⅰ：CO2（g）＋4H2（g）⇌CH4（

g）＋2H2O（g）ΔH＝－164.7kJ·mol－1，反应Ⅱ：CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g）ΔH＝＋41.2kJ·mol－1，由盖斯定律Ⅱ－Ⅰ可得CH4（g）＋H2O（g）⇌CO（g）＋3H2（g）ΔH＝＋41.2kJ·mol－1－（－164.7kJ·mol－

1）＝205.9kJ·mol－1，此反应气体分子数增加，ΔS＞0，ΔH－TΔS＜0，则高温下能自发，错误。8．D图甲表明相同时间内，H2O2初始浓度越大，其分解速率越快，A错误；图乙中从上到下三种溶液的碱性逐渐增强，分解速率逐渐加

快，所以pH越大，H2O2分解速率越快，B错误；由图丙可知，少量Mn2＋存在时，NaOH浓度为0.1mol·L－1时H2O2的分解速率比NaOH浓度为1.0mol·L－1时快，C错误；图丙表明，在0mol·L－1NaOH的条件下，Mn2

＋对H2O2的分解几乎无影响，图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋浓度越高，H2O2分解速率越快，D正确。9．D在炭粉中加入KClO3，点燃时，KClO3受热分解放出氧气，可以使炭粉燃烧更剧烈，与催化剂无关

，A不符合题意；锌与稀硫酸的反应中加入少量CuSO4溶液，锌和硫酸铜发生置换反应，置换出来的铜附着在锌上，形成了铜锌原电池，从而使反应放出H2的速率加快，与催化剂无关，B不符合题意；固态FeCl3和固体NaOH混合，溶于水后电离出大量离子，Fe

3＋与OH－迅速反应产生红褐色沉淀，与催化剂无关，C不符合题意；双氧水中加入少量MnO2，MnO2催化H2O2分解，迅速放出气体，反应速率加快是由催化剂引起的，D符合题意。10．D该实验原理是2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4

===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，KMnO4被还原为MnSO4，溶液由紫红色变为无色，故实验中通过记录溶液褪色时间，判断反应速率的快慢，A正确；实验①②中温度、c（KMnO4）均相同，c（H2C2O4）不同，故实验目的是探究浓度对化学反应速率的影响，B正确；实

验①③中c（KMnO4）、c（H2C2O4）均相同，温度不同，故实验目的是探究温度对化学反应速率的影响，C正确；该反应中Mn2＋起催化作用，①中加入MnSO4固体，会加快反应速率，D错误。11．A催化剂可以降低反应活化能，因此途径一

未使用催化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径二和途径一的甲酸平衡转化率相同，A错误；催化剂可以降低反应活化能，但不能改变焓变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因此ΔH1＝ΔH2<0，但Ea1>Ea2，B正确；途径二中

H＋作为反应物参与反应，通过改变反应途径加快反应速率，C正确；途径二中，生成的活化能最高，则途径二反应的快慢由生成的速率决定，D正确。12．B根据题图，反应物为NH3、NO、O2，生成物为N2、H2O，结合反应物、生成物中各

元素化合价变化情况可知，NO、O2为氧化剂，A正确；慢反应决定反应速率，反应1是快速的，B错误；从反应机理来看，反应4中V元素形成的化学键发生改变，则化合价发生改变，C正确；该反应是一个循环反应，由反应1、2可

判断，反应中除去1molNO，消耗1molNH3，D正确。13．D由图可知，温度越高，反应物的转化率越低，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，可知该反应的ΔH<0，故A错误；平衡时不同物质的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则平衡时，v正（H2）＝3v逆

（CO2），故B错误；该反应为放热反应，温度越高K越小，b点温度高于c点，则b点对应的平衡常数K值小于c点，故C错误；a点CO2转化率为60%，n（H2）∶n（CO2）＝2，设H2为2mol，转化的CO2为1mol×60%＝0.6mol，结合反应可知，转化的氢

气为0.6mol×62＝1.8mol，则a点对应的H2的平衡转化率为1.8mol2mol×100%＝90%，故D正确。14．DA．取横坐标为0时曲线中的两点，由于该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小，则温度

T1＜T2，正确；B.取横坐标为0时，T2对应曲线的点，c（H＋）＝10－3.75mol·L－1，K＝c2（MO2－4）·c2（H＋）c（M2O2－7），根据方程式c（H＋）＝c（MO2－4），c（M2O2－7）≈0.1mol·L－1，代入K表

达式中，K≈（10－3.75）40.1＝10－14，正确；C.根据电荷守恒，2c（M2O2－7）＋2c（MO2－4）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋），故C正确；D.K＝c2（MO2－4）·c2（H＋）c（M2O2－7），则c（M2O2－7）c2（MO2－4）＝

c2（H＋）K，T1温度下，加入Na2M2O7，平衡正向移动，氢离子浓度增大，温度不变，K值不变，则c（M2O2－7）c2（MO2－4）增大，错误。15．D增大S2O2－8浓度或I－浓度，反应①、反应②的反应物的浓度均会增大，反应速率均加

快，故A正确；若往该溶液中加入含Fe3＋的某溶液，发生反应①2Fe3＋（aq）＋2I－（aq）⇌I2（aq）＋2Fe2＋（aq）、②2Fe2＋（aq）＋S2O2－8（aq）⇌2Fe3＋（aq）＋2SO2－4（aq），总反应为S2O2－8（aq）＋2I－（aq）⇌2SO2－4（aq）

＋I2（aq），铁离子为反应的催化剂，故B正确；焓变等于正、逆反应的活化能之差，则正反应的活化能比逆反应的小，所以该反应是放热反应，故C正确；S2O2－8（aq）＋2I－（aq）⇌2SO2－4（aq）＋I2（aq）为放热反应，

升温平衡逆向进行，碘单质浓度减小，蓝色变浅，故D错误。16．答案：（1）＞＞（2）BC（3）6.1×107（4）增大解析：（1）分析表中数据可知，温度升高，平衡气体总浓度增大，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，则有ΔH＞0；该反应是气体体积

增大的反应，则有ΔS＞0。（2）达到平衡时，正、逆反应速率相等，则有v正（NH3）＝2v逆（CO2），A项不符合题意；因为反应前后气体分子数不相等，未达到平衡前压强一直在变，所以总压强不变时，说明反应达到平衡，B项符合题意；反应未

达到平衡前，气体质量一直在变，而容器容积不变，依ρ＝mV可知，混合气体的密度也在变，所以混合气体的密度不变时，说明反应达到平衡，C项符合题意；反应产物中NH3和CO2的物质的量之比始终为2∶1，密闭容器中氨气的体积分数始终不变，D项不符

合题意。（3）由表中数据可知，在25.0℃时，平衡气体的总浓度为4.8×10－3mol·L－1，则有c（NH3）＝3.2×10－3mol·L－1，c（CO2）＝1.6×10－3mol·L－1，反应2NH3（g）＋CO2（g）⇌NH

2COONH4（s）的平衡常数K＝1（3.2×10－3）2×1.6×10－3≈6.1×107。（4）在恒温条件下压缩容器体积，平衡逆向移动，氨基甲酸铵固体的质量增大。17．答案：（1）6.274（2）0.8解析：（1）由图可知，Δc（H2O）＝（2.0－

0.4）mol·L－1＝1.6mol·L－1，则Δn（H2O）＝1.6mol·L－1×1L＝1.6mol，根据反应方程式可知，Δn（CoFe2O4）＝1.6mol，Δm（CoFe2O4）＝1.6mol×235g·mol－1＝376g，

则60min内，v（CoFe2O4）＝376g60min≈6.27g·min－1。由图可知，反应在60min时达到平衡状态，v正＝v逆，此时c（H2O）＝0.4mol·L－1，c（H2）＝1.6mol·L－1，k正·c（H2O

）＝k逆·c（H2），则k正k逆＝c（H2）c（H2O）＝1.6mol－10.4mol·L－1＝4，在a点时c（H2O）＝c（H2），v正v逆＝k正·c（H2O）k逆·c（H2）＝k正k逆＝4。（2）当反应达到平

衡时v正＝v逆，k正k逆＝p（CH3CHO）p（CH4）·p（CO）＝Kp＝4.5×10－5；T2K、1.0×104kPa时，设起始时n（CH4）＝n（CO）＝1mol，列三段式CO（g）＋CH4（g）⇌CH3CHO（g）起始量/mol

110变化量/mol0.20.20.2最终量/mol0.80.80.2所以p（CH4）＝p（CO）＝0.81.8×1.0×104kPa＝49×104kPa，p（CH3CHO）＝0.21.8×1.0×104kPa＝19×104kPa，所以v正

＝k正·p（CO）·p（CH4）＝k正×49×104kPa×49×104kPa、v逆＝k逆·p（CH3CHO）＝k逆×19×104kPa，v正v逆＝k正k逆×p（CH4）·p（CO）p（CH3CHO）＝4.5×10－5×49×104×

49×10419×104＝0.8。18．答案：（1）NO＋NO2＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2（2）<③④（3）10>增大增大解析：（1）Na2CO3溶液和NO、NO2反应生成NaNO2，根据元素守恒、化合价升

降守恒可得化学方程式为NO＋NO2＋Na2CO3===2NaNO2＋CO2。（2）升高温度体系颜色加深，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0；化学反应速率和温度成正比，随着温度降低，1T增大，正逆反应速率减小，则lgk正和lgk逆均减小，由于温度降低平衡正向移动，v正>v逆，

则降低相同温度时lgk逆减小更快，则③表示lgk正随1T变化关系的斜线，④表示lgk逆随1T变化关系的斜线。（3）化学平衡常数K＝c（N2O4）c2（NO2）＝k逆·c（N2O4）k正·c2（NO2）×k正k逆＝v逆v正×k正k逆＝1

0a－0.510a－1.5L·mol－1＝10L·mol－1；NO2、N2O4浓度均为0.2mol·L－1，则浓度商Q＝0.20.22L·mol－1＝5L·mol－1<K，则平衡正向移动，v正>v逆；反应达到

平衡后，继续通入一定量的NO2，恒容密闭容器中，等效于达到平衡后增大压强，平衡正向移动；根据勒夏特列原理，达到平衡时浓度比起始时大。19．答案：（1）①吸收②k1k2k3k－1k－2c（H2）·c（I2）（2）k1正×k2正k1逆×k

2逆温度升高，反应Ⅰ逆向移动并迅速达到平衡，导致N2O2浓度减小，虽然升高温度k2正、k2逆均增大，但对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速率变小，总反应的速率由较慢的一步决定，所以总反应速率减小解析：（1）

①第一步反应断裂共价键，吸收能量。②反应速率由慢反应决定，即v＝k3·c（H2I）·c（I），第一步是快速平衡，k1·c（I2）＝k－1c2（I），可得c2（I）＝k1k－1c（I2），第二步也是快速平衡，k2·c（I）·c（H2）＝

k－2c（H2I），可得c（H2I）＝k2k－2c（H2）·c（I），v＝k3k2k－2c（H2）·c（I）·c（I）＝k3k2k－2c（H2）·k1k－1c（I2）＝k1k2k3k－1k－2c（H2）·c（I2）。（2）已知①2NO（g）⇌N2O2（g）；②N2O2（g）＋O2（g）⇌2NO2（

g），而目标反应2NO（g）＋O2（g）⇌2NO2（g）的ΔH＝①＋②＝ΔH1＋ΔH2，由反应达平衡状态，所以v1正＝v1逆、v2正＝v2逆，所以v1正×v2正＝v1逆×v2逆，即k1正·c2（NO）×k2正·c（N2O2）

·c（O2）＝k1逆·c（N2O2）×k2逆·c2（NO2），整理得c2（NO2）c2（NO）c（O2）＝k1正×k2正k1逆×k2逆＝K；温度升高，反应Ⅰ逆向移动并迅速达到平衡，导致N2O2浓度减小，虽然升高温度k2正、k2逆均增大，但对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应

Ⅱ速率变小，总反应的速率由较慢的一步决定，所以总反应速率减小。20．答案：（1）反应Ⅰ（2）加催化剂CO（g）＋2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH1＝－91.0kJ·mol－1低温（3）①bc②＞该反应是放热反应，升高温度平衡逆移，H2的体积分数增大，故T1>T2③＜④

52p24解析：（1）反应Ⅰ是化合反应，原子利用率为100%，符合“原子经济性”原则；（2）图中使曲线a对应反应按曲线b进行，反应的活化能降低，加入催化剂可以达到此效果；由图可知，反应Ⅰ的ΔH1＝－（510－419）kJ·mol－1＝－9

1kJ·mol－1，则由合成气制备甲醇的热化学方程式为：CO（g）＋2H2（g）===CH3OH（g）ΔH1＝－91kJ·mol－1；反应Ⅰ是放热反应，ΔH1＜0，又ΔS＜0，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0时反应能自发进行，故该反应自发进行的

条件为低温；（3）①a.恒温恒压时，反应2CO（g）＋4H2（g）===CH3OCH3（g）的起始投料为2molCO和4molH2，而反应中消耗的CO和H2的物质的量之比为1∶2，故反应过程中CO和H2的转化率始终相等，不能判断反应达到平衡状态，错误；b.混合气体密度ρ

＝mV，因反应前后都是气体，质量守恒，又由于反应条件是恒温恒压，随着反应进行，反应体系的体积在不断变化，故当体系中混合气体的密度保持不变时，反应达到平衡状态，正确；c.反应中氢气的浓度和甲醚的浓度都在不断变化，当c（H2）c（CH3OCH3）的值保持不变时，反应达到平衡状态，正确；

d.恒压条件下，反应体系压强始终保持不变，不能作为判断反应是否达到平衡状态的依据，错误。②由图可知，压强为p1kPa时，在T1温度下平衡时氢气的体积分数大于在T2温度下平衡时氢气的体积分数，结合反应的ΔH＜0，该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，H2的体积分数增大

，可推知T1＞T2；③在A、B两点对应的反应条件不同，B点温度高，压强大，化学反应速率快，故反应从开始到平衡时生成二甲醚的平均反应速率v（A）＜v（B）；④已知起始时在容器中充入2molCO和4molH2合成CH3OCH3（g），设达到平衡时CO转化了

2xmol，列“三段式”：2CO（g）＋4H2（g）⇌CH3OCH3（g）＋H2O（g）始（mol）2400变（mol）2x4xxx平（mol）2－2x4－4xxx由图所示，B点的氢气体积分数为40%，则4－4x4－4x＋2－2x＋x＋x×100%＝40

%，则x＝23，则平衡时CO的物质的量为2－2×23＝23mol，H2的物质的量为4－4×23＝43mol，CH3OCH3的物质的量为23mol，H2O的物质的量为23mol，平衡时体系的总物质的量为23mol＋23m

ol＋23mol＋43mol＝103mol，则B点对应的Kp＝p（CH3OCH3）×p（H2O）p2（CO）×p4（H2）＝p2×23103×p2×23103p2×231032×p2×431034＝52p24。第八单元水溶液中的离子平衡课练23弱电解质的电离平衡狂

刷小题夯基础[练基础]1．C电解质的强弱与溶解性无关，虽然CaCO3、BaSO4等难溶，但其溶于水的部分完全电离，为强电解质，①错误；醋酸铵在水溶液中完全电离，为强电解质，②错误；弱酸、弱碱和水在水溶液中都是部分电离，属于弱电解质，③正确；溶液的导电性与溶液中的离子浓度和离子所带电荷数有

关，与溶质为强酸或弱酸无关，若强酸的浓度很小，其溶液的导电性不一定强于浓度大的弱酸溶液，④错误；电解质溶液导电的原因是电解质电离出可自由移动的阴、阳离子，⑤正确；熔融的电解质不一定能导电，如HCl虽为电解质，但熔融时不能产生自由移动的离子，不能导电，

⑥错误；C项正确。2．D氨水溶液为碱性溶液，能使酚酞变红，但不能说明NH3·H2O为弱电解质，D项符合题意。3．A加入冰醋酸，CH3COOH浓度增大，醋酸电离平衡正向移动，A项正确；加入浓盐酸，相当于加入大量氢离子，醋酸电离平

衡逆向移动，但平衡移动不足以抵消加入浓盐酸导致的溶液中c（H＋）的变化，氢离子浓度依然增大，B项错误；加入少量的醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，醋酸电离平衡逆向移动，C项错误；加水稀释可以促使电离平衡正向移动，电离出的氢离子个数虽然增加，

但溶液的体积变化更大，溶液中氢离子浓度减小，D项错误。4．B酸性的相对强弱与酸的电离程度有关，与溶解度的大小无关，该方法不能用来判断酸性的相对强弱，A项错误；同浓度的HA和HB溶液，前者pH大于后者，说明前者电离出的氢离子浓度小，则HA电离程度较小，酸性较弱，

该方法可以用来判断酸性的相对强弱，B项正确；导电能力与溶液中离子浓度的大小、离子所带电荷数的多少有关，同体积的两种酸浓度未知，无法根据导电能力确定酸性的强弱，C项错误；根据关系式：2HA～Zn～H2，2HB～Zn～H2，等

物质的量的HA和HB与足量的Zn反应，应该生成等量的氢气，该方法不能用来判断酸性的相对强弱，D项错误。5．A室温下，pH相同的氨水与氢氧化钠稀溶液，溶液中c（OH－）相同，根据电荷守恒，可知c（NH＋4）、c（Na＋）

相同，A项正确；温度升高20℃，一水合氨的电离平衡正向移动，c（OH－）增大，Kw增大，pH变化，NaOH电离出的c（OH－）不变，但温度升高，Kw变化，溶液中c（H＋）变化，导致溶液pH也有变化，B项错误；pH相同的氨水与氢氧化钠稀溶液，加水稀释相同的倍数后，两溶液的c（

OH－）均减小，但一水合氨的电离平衡正向移动，氨水中c（OH－）减小的程度比NaOH溶液小，所以氨水中c（OH－）大于氢氧化钠溶液，两种溶液的pH不相同，C项错误；pH相同的氨水与氢氧化钠稀溶液，一水合氨的浓度大

于氢氧化钠，与1mol·L－1的盐酸反应，氨水消耗的盐酸的体积更大，D项错误。6．AC点两溶液的导电能力相同，则离子浓度相同，pH相等，A正确；稀释相同倍数时，醋酸的电离平衡正向移动，则醋酸溶液中的氢离子浓度大于盐酸，醋酸溶液的导电能力大于盐酸，故曲线Ⅰ表示的是盐酸的变化曲线，B

错误；由B项分析可知，A点c（H＋）大，C错误；完全中和等体积A点、B点对应的溶液，醋酸在水溶液中部分电离，则醋酸消耗NaOH的物质的量大于盐酸，即两溶液消耗的NaOH不同，D错误。7．B根据表格中数据分析可知Ka1（H2CO3）>Ka（HCl

O）>Ka2（H2CO3），即酸性：H2CO3>HClO>HCO－3。HClO的酸性比HCO－3强，该反应不能发生，A项错误；由于酸性：H2CO3>HClO>HCO－3，所以向NaClO溶液中通入CO2，只能生成NaHCO3，不能生成Na2CO3，B项正确、C项错误；HClO酸性比H2CO3弱，

该反应不能发生，D项错误。[练高考]8．DNaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B

＋和A－的水解程度相同，即BA也可能是弱酸弱碱盐，B错误；弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L－1、0.10mol·L－1的醋酸溶液的电离度α1>α2，C错误；溶液中水电离出的氢离子浓度一定等于水电离出的氢氧根离子浓度，pH＝10.0

0的Na2CO3溶液中水电离出的OH－的物质的量浓度为1.0×10－4mol·L－1，则水电离出的H＋的物质的量浓度也是1.0×10－4mol·L－1，则100mLpH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出H＋的物质的量为1.0×10－4mol·L－1

×100×10－3L＝1.0×10－5mol，D正确。9．C1L0.1mol·L－1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO－的粒子数小于6.02×1022，故A错误；加入少量CH

3COONa固体后，溶液中CH3COO－的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，故B错误；1L0.1mol·L－1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，始终存在物料守恒，n（CH3COO－）＋n（CH3

COOH）＝0.1mol，故C正确；醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO2－3＋2CH3COOH===H2O＋CO2↑＋2CH3COO－，故D错误。10．B观察曲线的交

点为c（HA）＝c（A－）时，此时溶液的pH≈4.7，该酸Ka＝c（H＋）·c（A－）c（HA）＝c（H＋）≈10－4。7，故－lgKa≈4.7，A说法正确；NaA的水解平衡常数Kh＝c（OH－）·c（HA）·c（H＋）c（A－）·c（H＋）＝KwKa，B说法错误；根据图像可知，当该溶液的

pH＝7.0时，c（HA）＜c（A－），C说法正确；根据图像可知，c（HA）为0.8，c（A－）为0.2时，pH约为4，故c（HA）∶c（A－）＝4∶1的缓冲溶液，pH≈4，D说法正确。11．答案：10－7.5解析：HClO溶液中存在电离平衡HClO⇌H＋＋ClO－，HClO的电离常数

Ka＝c（H＋）·c（ClO－）c（HClO），由题图可知当pH＝7.5时，溶液中c（ClO－）＝c（HClO），即Ka＝c（H＋）＝10－7.5。[练模拟]12．B若a＝b且c（X－）>c（Y－），这说明

电离程度HX＞HY，则酸性：HX>HY，A正确；若a>b且c（X－）＝c（Y－），这说明电离程度：HX＜HY，则酸性：HX＜HY，B错误；若a<b且两者pH相同，这说明电离出的氢离子浓度相等，则HY一定是弱酸，C正确；

若向HX溶液中加入等浓度、等体积的NaOH溶液，所得溶液pH>7，这说明X－水解，则HX为弱酸，D正确。13．D溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液pH变化比盐酸的小，故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH变化曲线，故

A错误；稀释后盐酸溶液中氯离子、氢离子浓度减小，则溶液导电性减弱，故a溶液的导电性比c溶液的导电性强，故B错误；升高温度后，醋酸的电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，而氯离子浓度基本不变，则c（Cl－）c（CH3

COO－）比值减小，故C错误；醋酸的浓度大于盐酸，与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时，消耗a溶液的体积比b溶液的体积大，故D正确。14．ApH＝b的醋酸溶液中c（H＋）＝c（CH3COO－）＝10－bmol·L－1，pH＝a的NaOH溶液中c（OH－

）＝c（NaOH）＝10a－14mol·L－1，将两者等体积混合，恰好完全反应，则说明醋酸的物质的量浓度等于NaOH的物质的量浓度，c（CH3COOH）约为10a－14mol·L－1，故该温度下醋酸的电离常数为1014－a－2b。15．D结合图示可知，滴入10m

L5mol·L－1HA溶液时，c（HA）≈1010＋100×5mol·L－1≈0.46mol·L－1，而此时c（H＋）约为6×10－3mol·L－1，证明HA部分电离，属于弱酸，故A错误；a～b段，HA的电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程（电离）吸热，水合过程（形成水合离子）

放热，故B错误；c～d段，HA浓度增大，c（H＋）增大，但HA的电离程度减小，故C错误；c点时，加入等体积、等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaA，根据物料守恒得：c（Na＋）＝c（A－）＋c（HA）

，故D正确。综合测评提能力1．A加入NaOH，NaOH和H＋反应而减小溶液中c（H＋），从而促进HCN电离，则平衡正向移动，故A正确；加水稀释促进弱电解质的电离，所以平衡正向移动，故B错误；加入少量相同浓度的HCl溶液，HCl是强电解质，完全电离，导致溶液中c（H＋）增大，故C错误；加入少量NaC

N固体，导致溶液中c（CN－）增大，平衡逆向移动，故D错误。2．AA项，加水稀释促进NH3·H2O的电离，溶液中n（OH－）、n（NH＋4）增大，分子的物质的量减小，该比值增大，正确；B项，溶液中OH－、NH＋

4的物质的量增大，且水电离出OH－的数目增多，该比值变小，错误；C项，稀释时，溶液中NH＋4的物质的量增大，NH3·H2O分子的物质的量减小，该比值减小，错误；D项，加水稀释c（OH－）减小，错误。3．D酸或碱抑制水的电离，强酸弱碱盐

、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐均能促进水的电离，NaOH是强碱，抑制水的电离，Na2CO3是强碱弱酸盐，促进水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，A项错误；CH3COOH为弱酸，其他条件不变，稀释CH3COOH溶液，c（H＋）减小，c（OH－）增大，所以c（OH－）c（H＋）增大，B项错误；

NaOH抑制水的电离，其他条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度降低，所以水的电离程度增大，C项错误；温度升高，水的电离程度增大，c（OH－）和c（H＋）增大，所以Kw增大，D项正确。4．AN

aCl和NaH2PO2都属于强电解质，所以用物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度，不能证明H3PO2是弱电解质，故A错误；因盐酸为强酸，若滴定时次磷酸溶液消耗NaOH溶液的体积大于等体积、等pH的盐酸消耗的NaOH溶液的体积，则说明次磷酸为弱电解

质，B正确；若次磷酸为弱电解质，则NaH2PO2溶液呈碱性，加热促进其水解，滴有酚酞试液的NaH2PO2溶液颜色变深，C正确；常温下，若次磷酸为一元强酸，则把0.1mol·L－1次磷酸溶液稀释至原溶液体积的100倍，pH应为3，而现测得pH在4～

5之间，说明次磷酸没有完全电离，为弱电解质，D正确。5．B相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，结合“强酸制取弱酸”分析可知，酸性：HF>HNO2>HCN，所以亚硝酸的电离平衡常数为4.6×10－4

，故B错误。6．C根据表中电离常数可知，酸性：H2SO3>H2CO3>HSO－3>HClO>HCO－3；根据“较强酸制取较弱酸”的复分解反应规律，判断溶液中微粒能否大量共存。由于酸性：HSO－3>HCO－3，则

SO2－3、HCO－3不能反应，可以大量共存，A不符合题意；酸性：HClO>HCO－3，则ClO－、HCO－3不能反应，可以大量共存，B不符合题意；由于酸性：HSO－3>HCO－3，则HSO－3、CO2－3能反应生成SO2－3和HCO－3，不能大量共存，C符合题意；由于酸性：H2CO3>HClO，

HClO、HCO－3不能反应，可以大量共存，D不符合题意。7．C溶液中c（A2－）＝c（HA－）时溶液的pH＝4.2，则Ka2（H2A）＝c（H＋）c（A2－）c（HA－）＝10－4.2，所以数量级为10－5，故A正确；根

据图分析，HA－占主体时溶液为酸性，HA－电离程度大于水解程度，所以NaHA溶液为酸性溶液，溶液中c（H＋）>c（OH－），故B正确；从M点到N点是pH逐渐增大的过程，但溶液仍然为酸性，溶液中水的电离程度逐渐

增大，则M点由水电离出的c（H＋）<N点由水电离出的c（H＋），故C错误；pH＝7的溶液为中性，溶液中c（H＋）＝c（OH－），根据电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HA－）＋2c（A2－），即c（Na＋）＝c（HA－）

＋2c（A2－），所以c（Na＋）>2c（A2－），故D正确。8．B根据题目信息，电离平衡常数：HCOOH>CH3COOH，则酸性：HCOOH>CH3COOH，醋酸电离程度小，溶液中c（CH3COOH）>c（HCOOH），则曲线X代表CH3COOH，曲线Y代表HCOOH，A项错误；室

温时c点pH＝6，即c（H＋）＝10－6mol·L－1，c（OH－）＝10－8mol·L－1，根据混合溶液中电荷守恒可知：c（HCOO－）＋c（CH3COO－）＝c（H＋）－c（OH－）＝10－6mol·

L－1－10－8mol·L－1B项正确；Ka（HCOOH）＝c（HCOO－）·c（H＋）c（HCOOH），Ka（CH3COOH）＝c（CH3COO－）·c（H＋）c（CH3COOH），Ka（HCOOH）Ka（CH3COOH）＝c（HCOO－）·c（CH3COOH）c（HCOOH）·

c（CH3COO－），温度不变，电离平衡常数不变，c（HCOO－）·c（CH3COOH）c（HCOOH）·c（CH3COO－）不变，C项错误；混合酸溶液加水稀释的过程中，水的电离始终受到抑制，a点、b点溶液pH相同，则溶液中水电

离出的c（H＋）相同，c点溶液pH比a点、b点大，对水电离的抑制减弱，溶液中水电离出的c（H＋）更大，故溶液中水电离出的c（H＋）：c点>a点＝b点，D项错误。9．B0.1mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c（H＋）约为0.1mol·L－1

×0.1%＝1×10－4mol·L－1，则溶液的pH＝4，A项正确；电离属于吸热过程，升温促进HA电离，溶液中的c（H＋）增大，pH减小，B项错误；室温时，此酸的电离常数约为10－4×10－40.1＝1×10－7，C项正确；稀释HA溶液可促进HA电离，溶液中的c（H＋）、c（A－）、c（HA）都

减小，而c（OH－）增大，D项正确。10．B由图可知，两溶液分别稀释100倍，MOH溶液的pH减小2，ROH溶液的pH减小1，则MOH是强碱，ROH是弱碱，A错误；x点两溶液的pH相等，则两溶液中c（H＋）、c（OH－）分别相等；根据电荷守恒可得c（M

＋）＋c（H＋）＝c（OH－）、c（R＋）＋c（H＋）＝c（OH－），从而推知x点时c（M＋）＝c（R＋），B正确；MOH是强碱，起始溶液的pH＝13，则有c（MOH）＝0.1mol·L－1，ROH是弱碱，部分电离，起始溶液的pH＝12，则有c（ROH）＞0.0

1mol·L－1，从而可知稀释前，c（MOH）＜10c（ROH），C错误；稀释前，MOH溶液的pH＝13，则由水电离出的c（OH－）＝1×10－13mol·L－1；ROH溶液的pH＝12，则由水电离出的c（OH－）＝1×10－12mol·L－1，故稀释前MOH溶液和ROH溶液中由

水电离出的c（OH－）：后者是前者的10倍，D错误。11．答案：（1）a>1因醋酸是弱酸，不能完全电离（2）盐酸的pH＝5，醋酸的pH<5（3）正确由于醋酸是弱酸，随着反应的进行，醋酸不断电离，c（H＋）变化小，产生H2的平均速率醋酸比盐酸快（4

）将CH3COONa晶体、NaCl晶体分别溶于适量水配成溶液，再分别滴入酚酞溶液，CH3COONa溶液变浅红色，NaCl溶液不变色12．答案：（1）CH3COOH>H2CO3>HClO（2）CO2－3>ClO－>HCO－3>CH3COO－（3）大于稀释相同倍数，HX的pH变

化比CH3COOH的大，酸性强，电离常数大大于HX的酸性强于CH3COOH，稀释后HX溶液中的c（H＋）小于CH3COOH溶液中的c（H＋），所以其对水电离的抑制能力较弱解析：（1）电离常数越大，酸性越强，酸性由强到弱的

顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO。（2）电离常数越小，其对应酸根离子结合H＋的能力越强，CH3COO－、HCO－3、CO2－3、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为CO2－3>ClO－>HCO－3>CH3COO－。（3）根据图像可知，起始时两种溶液

中c（H＋）相同，c（较弱酸）>c（较强酸），稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c（H＋）一直大于较强酸的c（H＋），稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离常数大；HX酸性强于CH3COOH，稀释后

HX溶液中c（H＋）小于CH3COOH溶液中的c（H＋），所以其对水电离的抑制能力较弱。13．答案：（1）A（2）向右减小（3）>（4）<（5）B2CH3COOH＋CO2－3===2CH3COO－＋CO2↑＋H2OHClO＋CO2－3

===ClO－＋HCO－3解析：（1）CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌H＋＋CH3COO－，加水稀释过程中，平衡正向移动，但溶液中c（H＋）、c（CH3COO－）均减小，A符合题意。CH

3COOH的电离平衡常数Ka＝c（H＋）·c（CH3COO－）c（CH3COOH），则有c（H＋）c（CH3COOH）＝Kac（CH3COO－），加水稀释时，c（CH3COO－）减小，但Ka不变，则c（H＋）c（CH3COOH）增大，B不符合

题意。由于温度不变，则c（H＋）·c（OH－）＝Kw不变，C不符合题意。加水稀释时，溶液中c（H＋）减小，由于c（H＋）·c（OH－）＝Kw不变，则c（OH－）增大，故c（OH－）c（H＋）增大，D不符合题意。（2）醋酸溶液中加入等体积的水，醋酸的电离平衡

向右移动，电离程度增大；醋酸溶液中加入少量无水醋酸钠固体，c（CH3COO－）增大，电离平衡逆向移动，根据CH3COOH的电离平衡常数Ka＝c（H＋）·c（CH3COO－）c（CH3COOH）推知，c（H＋）c（CH3COOH）＝Kac（CH3COO－

），由于温度不变，Ka不变，c（CH3COO－）增大，则溶液中c（H＋）c（CH3COOH）的值减小。（3）常温下，pH＝2的盐酸（甲）和pH＝2的醋酸溶液（乙），取等体积的甲、乙两溶液，分别加水稀释100倍，醋酸的电离平衡正向移动，pH变化小，则所得溶液的pH

：pH（甲）>pH（乙）。（4）pH均为2的盐酸和醋酸溶液相比，其浓度：c（HCl）<c（CH3COOH）；取等体积的两种溶液，n（CH3COOH）>n（HCl），分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，醋酸溶液消耗NaOH溶液的体积大于盐酸。（5）由表中电离平衡常数可知，各种酸的酸性：CH3COO

H>H2CO3>HClO>HCO－3，因此四种离子结合H＋的能力：CH3COO－＜HCO－3＜ClO－＜CO2－3，故结合H＋能力最强的是CO2－3。根据“较强酸制取较弱酸”的规律，CH3COOH与Na2CO3（少量）反应生成CH3COON

a、CO2和H2O，离子方程式为2CH3COOH＋CO2－3===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O；HClO与Na2CO3（少量）反应生成NaClO和NaHCO3，离子方程式为HClO＋CO2－3=

==ClO－＋HCO－3。课练24水的电离和溶液的酸碱性狂刷小题夯基础[练基础]1．A水是弱电解质，电离生成氢离子和氢氧根离子，A项正确；酸雨是指pH<5.6的降水，B项错误；任何温度下，纯水中水电离出来的氢离子和氢氧根离子浓度都相同，显中性，C项错误

；冰雪融化时会吸收能量破坏氢键和范德华力，但不会破坏化学键，D项错误。2．B常温下，H2O⇌H＋＋OH－Kw＝c（H＋）×c（OH－）＝1×10－14，则c（H＋）＝c（OH－）＝Kwmol·L－1＝1×10－7mol·L－1，A项正确；向水中加入N

aCl，Na＋与水电离出的OH－、Cl－与水电离出的H＋均不会形成弱电解质，故NaCl不会破坏水的电离平衡，B项错误；向水中加入HCl或者NaOH，会抑制水的电离，导致水的电离平衡逆向移动，C项正确；Kw是只随温度变化的常数，温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大，D项正确。3．

C水的离子积常数Kw只与温度有关，与所处环境无关，不仅适用于纯水，也适用于稀的酸、碱、盐溶液，A项正确；强酸与强碱形成的盐，其水溶液不一定呈中性，如等物质的量的氢氧化钠和硫酸反应，生成硫酸氢钠，溶液显酸性，B项正确；酸的浓度未知，无法确

定溶液中c（H＋）的大小，C项错误；多元弱酸分步电离，且电离程度依次减小，电离常数逐级减小，D项正确。4．DFe3＋与SCN－反应生成配位化合物Fe（SCN）3，一定不能大量共存，A项错误；常温下，c（H＋）c（OH－）＝101

2的溶液中，c（H＋）＝10－1mol·L－1，c（OH－）＝10－13mol·L－1，溶液呈酸性，H＋与HCO－3反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，B项错误；使酚酞变红色的溶液显碱性，溶液中存在可逆反应：Cr2O2－7＋H2O⇌

2CrO2－4＋2H＋，碱性溶液中，平衡正向移动，Cr2O2－7会转化为CrO2－4，不能大量存在，C项错误；酸溶液或碱溶液中，由水电离的c（H＋）都可能等于10－12mol·L－1，碱溶液中NH＋4不能大量存在，酸溶液中各离子

之间均不反应，能大量共存，D项正确。5．B由于重水的离子积常数为1.6×10－15，因此重水中c（D＋）＝4×10－8mol·L－1，对应的pD≈7.4，故①错误；在0.01mol·L－1NaOD的重水溶液中，c（OD－）＝0.01mol·L－1，根据重水离子积常数，可

推知c（D＋）＝1.6×10－13mol·L－1，pD不等于12，故②错误；在0.01mol·L－1DCl的重水溶液中，c（D＋）＝0.01mol·L－1，因此pD＝2，故③正确；根据中和反应量的关系，100mL0.25mol·L－1DCl的重水溶液和50mL0.2m

ol·L－1NaOD的重水溶液中和后溶液中过量的DCl的浓度为0.1mol·L－1，因此对应溶液的pD＝1，故④正确。6．D由水的离子积的定义知两条曲线间任意点均有c（H＋）·c（OH－）＝Kw，A项正确；由图中纵横轴的大小可知M

区域内任意点均有c（H＋）＜c（OH－），B项正确；温度越高，水的电离程度越大，电离出的c（H＋）与c（OH－）越大，所以T2＞T1，C项正确；XZ线上任意点都有c（H＋）＝c（OH－），只有当c（H＋）＝10－7mol·L－1时，才有pH＝7，D项错误。7．Db点在突变

范围内，极少量NaOH溶液也会引起pH的突变，A正确；题图中反应终点的pH在4.30～9.70之间，选择指示剂的变色范围应在反应终点的pH范围内，B正确；醋酸是弱酸，等浓度时醋酸溶液的pH大于盐酸，滴定终点时醋酸钠溶液水解显碱性，曲线ab段将会上移，C正确；使用酚酞作指示剂，用同浓度氨水代替NaO

H溶液，滴定终点时溶质为NH4Cl，溶液显酸性，要使溶液由无色变为浅红色，pH在8.2～10之间，则消耗氨水的体积大于NaOH溶液，D错误。[练高考]8．C醋酸钠溶液显碱性，加水稀释，碱性减弱，c（OH－）减小，c（H＋）增大，pH减小，氯化铵溶液显酸

性，加水稀释，酸性减弱，c（H＋）减小，c（OH－）增大，pH增大，即实线表示pH随加水量的变化；升温，Kw增大，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度都会增大，pH表示氢离子浓度的负对数，所以pH都会减小，即虚线表示pH随温度的变化，A说法正确，C说法错

误。将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为0.50xmol·L－1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c（H＋）变为原来的1x，则溶液的pH将增大lgx，但是加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c（H＋）大于原来的1x，因此溶

液pH的变化值小于lgx，B说法正确。25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中分别存在电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO－）、c（NH＋4）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－），即氯化铵溶液中：c（Cl－）－

c（NH＋4）＝c（H＋）－c（OH－），醋酸钠溶液中：c（Na＋）－c（CH3COO－）＝c（OH－）－c（H＋），25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5，由于原溶液的物质

的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，盐的水解程度相同，因此，两溶液中|c（OH－）－c（H＋）|（两者差的绝对值）相等，故c（Na＋）－c（CH3COO－）＝c（Cl－）－c（NH＋4），D说法正确。9．B氯

化钠是强酸强碱盐，水溶液呈中性，A项错误；硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，水溶液呈酸性，B项正确；甲酸钠是弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，C项错误；碳酸氢钠是弱酸强碱盐，水溶液呈碱性，D项错误。[练模拟]10．BA项，NaHSO4电离出H＋，抑制水的电离，溶

液显酸性，错误；B项，CuSO4电离出的Cu2＋能水解，促进水的电离，溶液显酸性，正确；C项，Na2CO3电离出的CO2－3能水解，促进水的电离，溶液显碱性，错误；D项，将水加热，促进水的电离，但仍为中性，错误。11．D10

0mL1.0mol·L－1Na2C2O4溶液中含有n（Na2C2O4）＝0.1L×1.0mol·L－1＝0.1mol，其中C2O2－4水解，使得C2O2－4数目少于0.1NA，故A错误；硫酸抑制水的电离，pH＝1的稀硫酸中水电离的c（

H＋）＝c（OH－）＝10－140.1mol·L－1＝10－13mol·L－1，故B错误；反应的化学方程式为5Na2C2O4＋2KMnO4＋8H2SO4===10CO2↑＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O＋5Na2SO4，则KMnO4溶液中含有n（KMnO4）

＝25n（Na2C2O4）＝25×0.1mol＝0.04mol，c（KMnO4）＝0.04mol0.02L＝2mol·L－1，故C错误；反应中Mn由＋7价降低为＋2价，反应过程中转移电子的物质的量为0.04mol×（7－2）＝0.2mol，即转移电子数为

0.2NA，故D正确。12．CHF是弱酸，c（H＋）c（HF）＝Kac（F－），稀释时电离程度增大，温度不变，Ka不变，但c（F－）减小，c（H＋）c（HF）增大，A错误；水的离子积大小只与温度有关，温度不变，Kw不变，B错误；pH＝2的盐酸和pH＝2的醋酸溶液中，c（H＋）均为

10－2mol·L－1，等体积混合后pH不变，C正确；中性溶液中H＋的浓度等于OH－浓度，但具体浓度与温度有关，不一定等于10－7mol·L－1，D错误。13．DA项，水是弱电解质，电离吸热，加热促进电离，所以95℃纯水的pH＜7，

但任何纯水都是显中性的，错误；B项，醋酸是弱酸，存在电离平衡，稀释促进电离，H＋的物质的量增加，所以pH＝3的醋酸溶液，稀释至10倍后3＜pH＜4，错误；C项，醋酸是弱酸，则pH＝3的醋酸溶液中醋酸的

浓度大于10－3mol·L－1，而pH＝11的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度＝10－3mol·L－1，所以二者等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，即pH＜7，错误；D项，0.2mol·L－1的盐酸与等体积水混合后溶液的浓度为0.1mol·L－1，所以溶液的pH＝1，正确。14．B碱

抑制水的电离，pH＝11的氨水、NaOH溶液中氢氧根离子浓度相等，则二者抑制水电离的程度相等，故A正确；pH＝3的HCl溶液与pH＝11的氨水等体积混合，氨水过量，溶液显碱性，混合后溶液的pH大于7，故B错误；盐酸、CH3COOH溶液中，分别存在电荷守恒：c

（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）、c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－），都是pH＝3的溶液，则c（H＋）相等，c（OH－）也是相等的，所以c（Cl－）＝c（CH3COO－），故C正确；pH＝11的氨水、NaOH溶液，c（NH3·H2O）＞10－3mol·L－1

，c（NaOH）＝10－3mol·L－1，中和等量的盐酸，消耗氨水的体积小，故D正确。综合测评提能力1．B常温下使甲基橙试液呈黄色的溶液，为pH＞4.4的溶液，溶液呈酸性、碱性或中性，故A错误；c（H＋）＝c（OH－）的溶液一定是中性溶液，故B正确；pH＝7的溶液不一定为中性

溶液，如100℃的水pH＝6，那么pH＝7的溶液就显碱性，故C错误；CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成正盐CH3COONa的溶液，因CH3COO－的水解而显碱性，故D错误。2．B用NaOH溶液滴定盐酸时，变色范围内合适的指示剂除了酚酞，还可以用甲基橙，故A错误

；滴定管中溶液体积应该读到0.01mL，所以用滴定管准确量取的盐酸体积应该为20.00mL，故C错误；用NaOH溶液滴定盐酸时，若滴定结束时俯视刻度，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低，故D错误。3．B赶出酸式滴定管中的气泡可采用迅速放液、缓慢关闭的方法，A项正确；滴定过程中，眼睛应

始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以确定是否达到反应终点，B项错误；在未达滴定终点前，加入的高锰酸钾会与草酸亚铁反应，当达滴定终点时，KMnO4稍微过量，溶液显浅红色，且半分钟内不褪色，C项正确；锥形瓶不需要用待测液润洗，若润洗，则所取待测液

偏多，消耗标准液偏多，导致所测样品纯度偏高，D项正确。4．A0.1mol·L－1的氢氧化钡溶液与等浓度盐酸等体积混合，则碱过量，设酸和碱的体积均为VL，则c（OH－）＝（0.1V×2－0.1V）mol2VL＝0.12mol·L－1，c（H＋）

＝Kwc（OH－）＝10－140.12mol·L－1＝2×10－13mol·L－1，则pH＝－lgc（H＋）＝13－lg2≈13－0.3＝12.7，A项正确。5．B由题给信息，结合NH3·H2O在水中的电离知，乙二胺在水溶液中的第一步电离

方程式为H2N（CH2）2NH2·2H2O⇌[H2N（CH2）2NH3·H2O]＋＋OH－，A项正确；强酸滴定弱碱时选用甲基橙作指示剂可减小实验误差，B项错误；当滴入10.00mL盐酸时形成碱式盐，由Kb2>KwKb1可知乙二胺的二级电

离程度大于[H2N（CH2）2NH3·H2O]＋的水解程度，溶液呈碱性，C项正确；加水稀释过程中n（Cl－）不变，但[H3N（CH2）2NH3]2＋水解程度增大，n[H2N（CH2）2NH2]增大，故c（Cl－）c[H2N（CH2）2

NH2]减小，D项正确。6．DA项，根据题图知，a点时溶液的pH＝3，则溶液中c（H＋）＝0.001mol·L－1，H2O和HA电离程度都很小，所以c（A－）≈c（H＋）＝0.001mol·L－1，c（HA）≈0.1mol·L－1，Ka＝c（H＋）·c（

A－）c（HA）≈0.001×0.0010.1＝10－5，A－的水解常数Kh＝KwKa＝10－1410－5＝10－9，错误；B项，由图分析可知a点溶质是HA，b点溶质是等物质的量的NaA和HA，c点溶液中c（H＋）＝c（OH－），溶质是NaA和HA（极少量），

d点是恰好中和点，溶质是NaA，e点溶质是NaA和NaOH，酸或碱抑制水的电离，NaA水解促进水的电离，所以水电离程度最大的点是d点，错误；C项，c点溶液呈中性，c（H＋）＝c（OH－），根据电荷守恒：c（H＋）＋c（Na＋）＝c（A－）＋c（OH－），所以c（Na＋）＝c（A－），d点是恰好中

和的点，溶液中溶质是NaA，NaA是强碱弱酸盐，A－水解，而Na＋不水解，故c（Na＋）>c（A－），错误；D项，b点溶液中溶质是等物质的量的HA和NaA，溶液pH<7，呈酸性，即c（H＋）>c（OH－），说明HA电离程度大于NaA水解程度，但是电离和水解程度都较小，所

以存在c（A－）>c（Na＋）>c（HA）>c（H＋）>c（OH－），正确。7．D加热蒸馏水，水的电离程度增大：c（H＋）、c（OH－）增大，但水仍为中性，A项错误；醋酸是弱电解质，加水稀释，电离平衡正向移

动，体积变为原来的10倍时，溶液的pH：a<pH<a＋1，B项错误；将NaCl溶液从常温加热至80℃，水的电离程度增大，溶液仍为中性，但Kw增大，pH减小，C项错误；pH＝2的硫酸溶液和pH＝2的醋酸溶液以体积比为1∶1

0混合后，溶液中c（H＋）＝10－2×V＋10－2×10VV＋10Vmol·L－1＝10－2mol·L－1，pH仍为2，D项正确。8．D氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，故选择甲基橙作指示剂，A错误。a点是NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，根

据电荷守恒得c（H＋）＋c（NH＋4）＝c（Cl－）＋c（OH－），等式两侧同时乘以2得2c（H＋）＋2c（NH＋4）＝2c（Cl－）＋2c（OH－），根据图可知a点时c（NH＋4）＝c（NH3·H2O），则有c（NH＋4）＋c（NH3·H2O）＝2c（Cl－）＋2c（

OH－）－2c（H＋），此时溶液显碱性，故2c（OH－）－2c（H＋）>0，则c（NH＋4）＋c（NH3·H2O）>2c（Cl－），B错误。a点时溶质为氯化铵和一水合氨，溶液呈碱性，说明一水合氨电离程度大于NH＋

4水解程度，溶液中H＋全部来自于水的电离，c（H＋）＝c水（H＋）＝10－9.26mol·L－1；25℃时，b点溶质为氯化铵和氯化氢，c（H＋）＝10－4.74mol·L－1，OH－全部来自于水的电离，水电离产生的OH－一部分与NH＋4结

合生成NH3·H2O，剩余的c（OH－）＝Kwc（H＋）＝10－1410－4.74mol·L－1＝10－9.26mol·L－1，则由水电离产生的c水（OH－）>10－9.26mol·L－1，故a点溶液中水的电离程度小于b点，C错误；由a点数据可知，常温下Kb（NH3·H2O）

＝c（NH＋4）·c（OH－）c（NH3·H2O）＝10－4.74，在b点，lgc（NH＋4）－lgc（NH3·H2O）＝lgc（NH＋4）c（NH3·H2O）＝lgKb（NH3·H2O）c（OH－）＝－4.74－（－9.26）＝4.52，D正确。9．A恰好完全中和时生成NaClO，由于ClO－

水解而使溶液呈碱性，故应选用酚酞作指示剂，A正确；M点水的电离程度最大，此时恰好完全中和生成NaClO，ClO－发生水解而使溶液呈碱性，溶液的pH>7，B、C错误；N点加入20.00mLNaOH溶液，所得溶液是等浓度的NaClO和NaOH的混合液，C

lO－会发生水解，则N点溶液中：c（Na＋）>c（OH－）>c（ClO－）>c（H＋），D错误。10．CA点的AG＝lgc（H＋）c（OH－）＝0，即c（H＋）c（OH－）＝1，则c（H＋）＝c（OH－），此时溶液显中性，A错误；A点时溶液显中性，

当加入20.00mL氢氧化钠溶液时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO－水解使溶液显碱性，说明A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，B错误；根据图像可知，在

室温下，O点时，醋酸溶液的AG＝lgc（H＋）c（OH－）＝7，即c（H＋）c（OH－）＝107，而水的离子积Kw＝c（H＋）·c（OH－）＝10－14mol2·L－2，两式联立可得：c（H＋）＝10－3.5mol·L－1，即溶液的pH＝3.5

，C正确；酸或碱都会抑制水的电离，根据B、C分析可知，O点为醋酸溶液，水的电离被抑制，从O到A，溶液由酸性变为中性，水的电离程度增大，从A到B，当V（NaOH溶液）>20.00mL后，溶液中c（NaOH）逐渐增大，水的电离受到抑制，电离程度又会逐渐变小，即从O到B，水的电离程度先逐渐增大后

逐渐减小，D错误。11．答案：（1）⑥②③④（2）>（3）>>>（4）ABC解析：（1）酸和碱都会抑制水的电离，故只有⑥（NaCl溶液）对H2O的电离无抑制作用。②③④对水的电离抑制程度相同。（2）因pH＝12的氨水中c（NH3·H2O

）>0.01mol·L－1，故②③混合，欲使pH＝7，则需体积：②>③。（3）稀释同样的倍数后，溶液的pH：①>②；③>④；⑤>⑥。（4）由电荷守恒知：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－），仅知道c（CH3COO－）>c（H＋），无法比较c（H＋）与c（OH

－）的相对大小，混合液可能呈酸性、碱性或中性，故选A、B、C。12．答案：（1）酚酞Ⅰ（2）CH3COOH（3）＜（4）①1②0.1③10a＋b－14解析：（1）NaOH溶液滴定醋酸溶液，滴定终点时溶液呈碱性，选择酚酞为指示剂；由图中未加NaOH溶液时的pH可知，图Ⅰ中酸的p

H大于1，图Ⅱ中酸的pH＝1，说明Ⅱ为滴定0.1mol·L－1的盐酸溶液的曲线，所以滴定醋酸的曲线是Ⅰ。（2）0.1mol·L－1NaOH溶液和0.1mol·L－1盐酸对水的抑制作用一样，但是0.1mol·L－1醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol·L－1，对水的电离抑制

作用较小，即三种溶液中由水电离出的c（H＋）最大的是0.1mol·L－1醋酸溶液。（3）醋酸和氢氧化钠反应，当恰好完全反应时，得到的醋酸钠溶液显碱性，要使溶液显中性，pH＝7，需要醋酸稍过量，盐酸和氢氧化钠恰好完全反应时，得到的氯化钠溶液显中性，所以V1＜V2。（4）25℃时，HCl溶液和Na

OH溶液，恰好中和，则有VaL×10－amol·L－1＝VbL×10b－14mol·L－1，即Va∶Vb＝10a＋b－14，①若a＋b＝14，则Va∶Vb＝10a＋b－14＝1；②若a＋b＝13，则Va∶Vb＝10a＋b－14＝1∶10＝0.1；③若a＋b＞14，则Va∶Vb＝10a＋

b－14＞1，即Va＞Vb。13．答案：（1）250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管（2）避免AgNO3见光分解（3）防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3＋的水解）（4）否（或不能）若颠倒，Fe3＋与I－反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点（5）10.000.0600（6）

用NH4SCN标准溶液进行润洗（7）①偏高②偏高解析：（1）配制一定物质的量浓度的标准溶液，除烧杯和玻璃棒外，还需用到的仪器有250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管。（2）AgNO3见光容易分解，因此需要保存在棕色试剂瓶中。（3）滴定实验中用NH4Fe（SO4）2溶液作指示

剂，Fe3＋容易发生水解，影响滴定终点判断，因此控制pH<0.5，目的是抑制Fe3＋的水解。（4）Fe3＋能与I－发生氧化还原反应：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，因此b、c不能颠倒，否则指示剂耗尽，无法判断滴定终点。（5）第1组数据误差

较大，舍去，取第2组、第3组实验数据的平均值，消耗NH4SCN标准溶液的体积为（10.02＋9.98）mL×12＝10.00mL。根据滴定原理，则n（Ag＋）＝n（I－）＋n（SCN－），故n（I－）＝n（Ag＋）－n（SCN－

）＝0.025L×0.1000mol·L－1－0.01L×0.1000mol·L－1＝0.0015mol，则c（I－）＝0.0015mol0.025L＝0.0600mol·L－1。（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液之前，要先用NH4SCN标准

溶液润洗滴定管。（7）①在配制AgNO3标准溶液时，若烧杯中溶液有少量溅出，配制的AgNO3标准溶液的浓度偏低，则滴定时消耗的NH4SCN标准溶液的体积偏小，测得的c（I－）偏高。②滴定管0刻度在上，读数

时从上往下读数，读取体积偏小，计算所用NH4SCN的物质的量偏低，测得的c（I－）偏高。课练25盐类的水解及应用狂刷小题夯基础[练基础]1．DNa2CO3与CH3COOH反应制CO2是利用的酸性强弱，与Na2CO3的水解无关。2．C任何水溶液中，由水电离出的c（OH－）一定等于c（H＋），C项错

误。3．CA项中的F－，B项中的HS－，D项中的ClO－都是弱酸根离子，易水解。4．D白矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，治血痛的原因是利用了胶体的聚沉，不是吸附作用，故A错误；白矾是硫酸铝钾晶体，KAl（SO4）2·12

H2O，其水溶液中因铝离子水解而显酸性，铝离子减少，微粒浓度排序：c（H2O）＞c（SO2－4）＞c（K＋）＞c（Al3＋）＞c（H＋）＞c（OH－），故B错误；白矾和氯化铁水溶液均可水解生成胶体，具有吸附作用，可以净水，但无强氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；白矾常用于油条中作膨化剂是利

用铝离子和小苏打中的碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成二氧化碳气体，Al3＋＋3HCO－3===Al（OH）3↓＋3CO2↑，故D正确。5．Aa点为氯水，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，则离子浓度大小关系为c（H＋）＞c（Cl－）＞c（HClO）＞c

（ClO－），A正确；b点是滴入的亚硫酸钠溶液和氯水中的氯气恰好反应生成硫酸钠和盐酸：Na2SO3＋Cl2＋H2O===Na2SO4＋2HCl，氯离子和硫酸根离子不水解，pH＝2时，c（H＋）＝0.01mol

·L－1，则12c（Cl－）＝c（SO2－4）＝0.005mol·L－1，故B错误；c点剩余少量HCl，生成氯化钠，溶质为氯化钠、亚硫酸、硫酸钠，溶液中还含有氯离子，则c（Na＋）＝2c（HSO－3）＋2c（SO2－3）＋2c（SO2－4

）不成立，故C错误；d点pH＝7，则c（H＋）＝c（OH－），根据电荷守恒可知，c（Na＋）＝c（Cl－）＋2c（SO2－3）＋c（HSO－3）＋2c（SO2－4），故D错误。6．D稀释氨水溶液10倍后，由于一水合氨的电离程度增大，则稀释后溶液中的c（OH－）大于原来的110，

故A错误；pH之和为14的H2C2O4与NaOH溶液混合，结合电荷守恒分析：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋2c（C2O2－4）＋c（HC2O－4），B错误；H2S溶液中存在电离平衡：H2S⇌H＋＋HS－、HS－⇌H＋＋S2－、H2O⇌H＋＋OH－，氢离子来

自水的电离和硫化氢的电离，则pH＝5的H2S溶液中：c（H＋）＝1×10－5mol·L－1＞c（HS－），故C错误；将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中，水解程度：CO2－3＞HCO－3，则c（HCO－3）＞c（CO2－3），即c（CO2－3）c（HCO－3）＜

1，故D正确。7．B由题意推出酸性H2B>HA>HB－。向NaA溶液中加入少量H2B，发生反应的离子方程式为A－＋H2B===HA＋HB－，A项正确；水解程度HB－<A－<B2－，故相同温度下，等物质的量浓度的各溶液pH关系为NaHB<NaA<Na2B，B项错误；HB－的电离平衡常数Ka2＝

5.6×10－12，HB－的水解平衡常数Kh＝Kw/Ka1＝2.3×10－8，HB－的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，C项正确；Na2B溶液与足量HA溶液反应的离子方程式为B2－＋HA===A－＋HB－，D项正确。[练高考]8．B0

.001mol·L－1GHCl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；GHCl水溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＋c（GH＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），D错误。9．A本题考查电解质溶液知识，考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。酸根离子的水解能力越强，对应酸的酸性越弱，HF

的酸性比HCOOH强，A项错误；等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则离子浓度关系：c（CH3COO－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－），B项正确

；FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，说明FeS的溶解度大于CuS，Ksp（FeS）>Ksp（CuS），C项正确；根据物料守恒可知，c（S2－）＋c（HS－）＋c（H2S）＝1mol·L－1，D项正确。1

0．BC结合题图可知当pH最小时，溶液呈酸性，溶液中c（CH3COOH）最大，对应lgc（H＋）最大，随着pH逐渐增大，当溶液中c（CH3COO－）最大时，对应lgc（OH－）最大。则4条曲线分别对应的lgc（x）如下：经上述分析可知N点时，c（CH3COOH）＝c（CH3

COO－），Ka＝c（H＋），即pH＝－lgKa，A项错误，B项正确；该体系中，0.1c（H＋）＝[c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）]×c（H＋）＝c（CH3COOH）×c（H＋）[c（CH3COO－）c（CH3COOH）＋1]＝c（CH3COOH）×[Ka＋c（

H＋）]，C项正确；pH由7到14的过程中先促进CH3COO－的水解，后抑制其水解，D项错误。11．DNH4NO3和（NH4）2SO4均为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性；KCl为强酸强碱盐，水溶液呈中性；K2CO3为弱酸强碱盐，水溶液呈碱性。[练模拟]12．CpH相等的HNO3和HCN两种

酸溶液中，c（H＋）相等，根据电荷守恒可知c（NO－3）＝c（CN－），A项错误；NaHB溶液呈酸性，可能是NaHSO4，对应的H2SO4在水中能够完全电离，B项错误；NH4Cl溶液中NH＋4水解生成NH3·

H2O和H＋，加入镁粉，镁粉与H＋反应生成H2，会促进NH＋4水解，生成的NH3·H2O较多时会转化为NH3，C项正确；Na2CO3溶液中通入CO2，溶液中存在电荷守恒关系：2c（CO2－3）＋c（HCO－3）＋c（OH－）

＝c（Na＋）＋c（H＋），溶液呈中性时，c（H＋）＝c（OH－），则2c（CO2－3）＋c（HCO－3）＝c（Na＋），D项错误。13．CNa2SO3属于强碱弱酸盐，SO2－3存在水解平衡：SO2－3＋H2O⇌HSO－3＋OH－、HSO－3＋H2O⇌

H2SO3＋OH－，A项正确；取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，①与④温度相同，④产生白色沉淀，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，SO2－3浓度减小，水解产生的OH－减少，即④的pH与①不同是SO

2－3浓度减小造成的，B项正确；盐类水解是吸热过程，①→③的过程中，温度升高，SO2－3水解平衡正向移动，而①→③的过程中，由于SO2－3被氧化，SO2－3浓度减小，使水解平衡逆向移动，则温度和浓度对水解平衡移动方

向的影响相反，C项错误；Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw相等，D项正确。14．B2pOH＝－2lgc（OH－），则c2（OH－）＝10－2pOH。Kh（NaCN）＝c2（OH－）c0（NaCN），由a点坐标可知，c0（NaCN）＝0.

1mol·L－1，c2（OH－）＝10－5.7，代入表达式可得Kh（NaCN）＝10－4.7，A项正确；升高温度，促进CN－的水解，OH－浓度增大，则2pOH的值减小，B项错误；加入NaCN固体，CN－浓度增大，水解平衡正向移

动，但CN－水解的程度减小，C项正确；pOH是OH－浓度的负对数，因c点的pOH小于a点，所以c点OH－的浓度大于a点，D项正确。15．B由图像可知，0.1mol·L－1H2A溶液全部电离为HA－，说明第

一步电离为完全电离，HA－不水解，故A错误；pH＝3时，c（A2－）＝c（HA－），则Na2A水解平衡常数Kh＝c（OH－）·c（HA－）c（A2－）＝c（OH－）＝10－11，故B正确；H2A溶液全部电离，不存在H2A分子

，则由元素质量守恒可知，c（A2－）＋c（HA－）＝0.1mol·L－1，故C错误；HA－⇌H＋＋A2－，电离常数Ka＝c（H＋）·c（A2－）c（HA－），当c（A2－）＝c（HA－），Ka＝c（H＋）＝10－3，Ka>K

h，等物质的量浓度的NaHA、Na2A等体积混合，HA－的电离程度大于A2－的水解程度，所得c（HA－）<c（A2－），故pH>3，故D错误。16．A由题图可知当加入稀盐酸20mL时，体系温度达到最高，此时N

H3·H2O和HCl恰好完全反应（对应b点），故稀盐酸的浓度为0.1mol·L－1。选项A，b点时NH3·H2O和HCl恰好完全反应，但所得溶液的溶质为NH4Cl，NH4Cl水解使溶液呈酸性，错误；选项B，由于滴定终点溶液呈酸性，故可选甲基橙

作指示剂，正确；选项C，c点时溶液中溶质为NH4Cl和HCl，且二者的物质的量之比为1∶1，依据电荷守恒可知，c（NH＋4）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）①，又依据物料守恒可知，2c（NH＋4）＋2

c（NH3·H2O）＝c（Cl－）②，联立①②两式可得c（H＋）＝c（NH＋4）＋2c（NH3·H2O）＋c（OH－），正确；选项D，水解平衡常数与体系温度有关，温度越高，则水解平衡常数越大，a、b、c三点对应体系温度b>a>c，故K

h（b）>Kh（a）>Kh（c），正确。综合测评提能力1．C用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿，其中硫酸与碱式碳酸铜反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，与水解无关，故选C。2．D向K2SO3溶液中通入SO2发生反应生成KHSO3，导致溶液中c（SO2－3）减小，不可能更接近0.1

mol·L－1，故A错误；加入的SO3能与水反应生成硫酸，硫酸会与K2SO3发生反应生成二氧化硫、硫酸钾和水，导致溶液中c（SO2－3）减小，不可能更接近0.1mol·L－1，故B错误；盐类的水解反应属于吸热反应，加热促进SO2－3水解平衡正向移动，导致溶液中c（SO2－3）减小，不

可能更接近0.1mol·L－1，故C错误；加入适量KOH固体，使SO2－3的水解平衡逆向移动，c（SO2－3）更接近0.1mol·L－1，故D正确。3．BCH3COONa溶液中，物料关系为c（Na＋）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH），故A正确；由于

HCO－3既存在电离平衡，又存在水解平衡，不能根据①②溶液的pH判断醋酸和碳酸的酸性强弱，实际上酸性：醋酸＞碳酸，所以HCO－3的水解程度大于CH3COO－的水解程度，故B错误；CH3COONH4溶液的pH＝7.00，但CH3COO－和NH＋4相互促进水解，则c（CH3COO－）＝c（NH

＋4）＜0.1mol·L－1，故C正确；0.1mol·L－1NaHCO3溶液的pH＝8.33，0.1mol·L－1NH4HCO3溶液相当于在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中加入等物质的量的NH4Cl固体，由于

NH4Cl水解显酸性，导致所得溶液的碱性减弱，即0.1mol·L－1NH4HCO3溶液的pH＜8.33，故D正确。4．C氨水为弱碱溶液，只能部分电离出OH－，结合电荷守恒c（NH＋4）＋c（H＋）＝c（OH－），可得c（NH＋4）＜c（OH－）＜0.1mol·L－1，A错误；NH4Cl溶液中，

NH＋4部分水解、Cl－浓度不变，则溶液中c（NH＋4）＜c（Cl－），B错误；Na2SO4溶液显中性，c（OH－）＝c（H＋），结合电荷守恒可得c（Na＋）＝2c（SO2－4），溶液中离子浓度大小为c（Na＋）＞c

（SO2－4）＞c（OH－）＝c（H＋），C正确；根据Na2SO3溶液中的元素质量守恒可得c（Na＋）＝2c（SO2－3）＋2c（HSO－3）＋2c（H2SO3），D错误。5．B室温下，溶液呈碱性，则溶液能使甲基橙试剂变黄色，故A正确；HCN和NH3·H2O

均是弱电解质，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于NH＋4的水解程度，由越弱越水解知NH3·H2O是比HCN强的电解质，故B错误，C正确；CN－、NH＋4相互促进水解，所以0.1mol·L－1NaCN溶液中CN－的水解程度小于同浓度下NH4CN溶液中CN－的

水解程度，故D正确。6．A（NH4）2Fe（SO4）2溶液中亚铁离子及铵根离子都发生水解，但是水解程度较小，根据物料守恒得c（SO2－4）>c（NH＋4）>c（Fe2＋）>c（H＋），故A正确；由于盐酸和醋酸溶液中氢离子浓度相等，混合后醋酸

的电离平衡不受影响，即电离平衡不移动，溶液中氢离子浓度不变，混合溶液的pH＝2，故B错误；向稀氨水中滴加稀盐酸至恰好完全反应生成氯化铵，铵根离子因发生水解而使溶液显酸性，即c（H＋）>c（OH－），根据电荷守恒有c（NH＋4）＋c（H＋）＝c（C

l－）＋c（OH－），故c（NH＋4）<c（Cl－），故C错误；醋酸是弱酸，pH＝3的CH3COOH溶液中CH3COOH的物质的量浓度远大于0.001mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为0.001mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3CO

OH溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，即c（H＋）>c（OH－），结合电荷守恒知c（Na＋）<c（CH3COO－），故D错误。7．CA点溶液的溶质为0.01molNa2CO3和0.01molNaAlO2，CO2－3和AlO－2均发生水解，由物料守恒可知，c

（CO2－3）＋c（HCO－3）＋c（H2CO3）＞c（AlO－2），故A正确；B点溶液的溶质为Na2CO3，Na2CO3溶液中存在CO2－3的水解平衡：CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋OH－、HCO－3＋H2O⇌H2CO3＋OH－，同时存在水的电离，故B点：c（Na＋）＞c（C

O2－3）＞c（OH－）＞c（HCO－3），故B正确；C点溶液的溶质为NaHCO3，由电荷守恒知，C点：c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（CO2－3）＋c（HCO－3）＋c（OH－），故C错误；O点未通入CO2，溶液的溶质为0.01molNaAlO2和0.02molNaOH，故O点

：c（Na＋）＞c（OH－）＞c（AlO－2），故D正确。8．D反应CuSO4＋2NaH2PO2＋2NaOH===Cu＋2NaH2PO3＋Na2SO4＋H2↑中，Cu、H元素化合价降低，发生还原反应，所以Cu和H2为还原产物，A错误；CuSO4是强酸弱碱盐，

水解显酸性，即c（H＋）>c（OH－），因此CuSO4溶液中离子浓度的大小顺序为c（SO2－4）>c（Cu2＋）>c（H＋）>c（OH－），B错误；根据次磷酸钠的结构简式可能看出，中H2PO－2没有羟基，所以次磷酸钠为正盐，H2PO－2不能电离出H＋，但能水解，C错误；NaH2P

O3与过量NaOH反应生成Na2HPO3，则NaH2PO3为酸式盐、Na2HPO3为正盐，说明H3PO3分子中只有两个羟基，所以H3PO3为二元酸，D正确。9．C随着NaOH的滴入，HAuCl4逐渐被中和转化为NaAuCl4，溶液pH逐渐增大，故

微粒a为HAuCl4，微粒b为AuCl－4，虚线表示滴定过程中溶液pH的变化趋势。由图示知，x点c（HAuCl4）＝c（AuCl－4），此时溶液显酸性，即c（H＋）>c（OH－），结合电荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（AuCl－4），得c（Na＋）<c（AuCl－

4）＝c（HAuCl4），A正确；由图示知，p点对应加入NaOH溶液10mL，故反应后溶液的溶质为等物质的量浓度的HAuCl4、NaAuCl4，此时溶液显酸性，说明HAuCl4电离程度大于AuCl－4水解程度

，故c（AuCl－4）>c（Na＋）>c（HAuCl4），结合电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（AuCl－4），得c（HAuCl4）＋c（H＋）<c（OH－）＋c（AuCl－4），B正确；实线代表HAuCl4、AuCl－4分布系数，

由图示知，n点对应的δ（AuCl－4）明显大于0.8，C错误；室温下，0.1mol·L－1HAuCl4溶液pH＝3，c（H＋）≈c（AuCl－4）＝10－3mol·L－1，则Ka＝c（H＋）·c（AuCl－4）c（HAuCl4）＝10－3×10－3

0.1mol·L－1＝10－5mol·L－1，则NaAuCl4溶液中AuCl－4的水解平衡常数Kh＝KwKa＝10－1410－5mol·L－1＝10－9mol·L－1，q点对应NaOH体积为20mL，与酸恰好完全反应生成N

aAuCl4，c（AuCl－4）≈c（Na＋）＝0.1mol·L－12＝0.05mol·L－1，由水解平衡AuCl－4＋H2O⇌HAuCl4＋OH－知，c（HAuCl4）≈c（OH－），Kh＝c（HAuCl4）·c（OH－）c（AuCl－4）＝c2（OH－）0.05mol·L－1

＝10－9mol·L－1，故c2（OH－）＝5×10－11mol2·L－2，则c2（H＋）＝K2wc2（OH－）＝2×10－18mol2·L－2，则10－9mol·L－1<c（H＋）＝2×10－9mol·L－1<10－8m

ol·L－1，故溶液8<pH<9，D正确。10．BA点对应溶液显酸性，即c（H＋）>c（OH－），溶液中电荷关系为c（Na＋）＋c（H＋）＝c（A－）＋c（OH－），所以离子浓度关系为c（A－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－），A错误；pH＝5.3

时，lgc（A－）c（HA）＝0，即c（A－）＝c（HA），HA酸的电离常数Ka＝c（A－）·c（H＋）c（HA）＝c（H＋）＝10－pH＝10－5.3，B正确；由于Ka＝10－5.3>10－1410－5.3＝KwKa＝Kh，所以20mLHA溶液中加入10mLNaOH溶液，

得到等浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离为主，使c（A－）>c（HA），即lgc（A－）c（HA）>0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10mL，C错误；A－的水解常数Kh随温度升高而增大，所以c（A－）c（HA）·c（OH－）＝c（A－）·c（H＋）c（HA）·c（OH－）

·c（H＋）＝KaKw＝1Kh，随温度升高而减小，D错误。11．答案：（1）K1＞K2＞K3（2）bd（3）调节溶液的pH（4）碱由于NH3·H2O的电离平衡常数大于HCO－3的电离平衡常数，因此CO2－3水解程度大于NH＋4水解程度，溶液中c（OH－）＞c（H＋），

溶液呈碱性（5）CD解析：（1）Fe3＋分三步水解，水解程度越来越小，所以对应的平衡常数也越来越小，故K1＞K2＞K3。（2）生成聚合氯化铁的离子方程式为xFe3＋＋yH2O⇌Fex（OH）（3x－y）＋y＋yH＋，由于水解是吸热的，降温则水解平衡逆向移动；加水稀释，水

解平衡正向移动；NH4Cl溶液呈酸性，加入NH4Cl，H＋浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故可采用的方法是bd。（3）从反应的离子方程式可知，氢离子的浓度影响聚合氯化铁的生成，所以关键条件是调

节溶液的pH。（4）分析电离平衡常数可知电离程度：NH3·H2O＞H2CO3＞HCO－3，对应盐水解程度：NH＋4＜HCO－3＜CO2－3，常温下0.1mol·L－1（NH4）2CO3溶液呈碱性。（5）溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，所以溶

液中离子浓度大小关系为c（NH＋4）＞c（CO2－3）＞c（HCO－3）＞c（NH3·H2O），故A错误；溶液中存在电荷守恒：c（NH＋4）＋c（H＋）＝c（HCO－3）＋c（OH－）＋2c（CO2－3），故B错误；依据溶液中物料守恒得

：c（CO2－3）＋c（HCO－3）＋c（H2CO3）＝0.1mol·L－1，故C正确；依据溶液中物料守恒，n（N）∶n（C）＝2∶1，结合溶液中离子种类和守恒关系得：c（NH＋4）＋c（NH3·H2O）＝2c（CO2－3）＋2c（HCO－3）＋2c（H2CO3），故D正确。12．答案：（

1）CH3COONa＋H2O⇌CH3COOH＋NaOH（2）BC（3）CD（4）7.20.35（5）9解析：（1）醋酸钠水解生成醋酸和氢氧化钠，化学方程式为CH3COONa＋H2O⇌CH3COOH＋NaOH。（2）A

项，钠离子不水解，所以浓度始终不变，错误；B项，醋酸根离子开始时水解速率最大，后逐渐减小，平衡时不再变化，正确；C项，随着水解的逐渐进行，pH逐渐增大，平衡时不再发生变化，正确；D项，Kw是温度常数，温度不变，Kw不变，错误。（3）A项，加入

冰醋酸，溶液中醋酸浓度增大，平衡左移，错误；B项，加入纯碱固体，由于CO2－3的水解会产生OH－，抑制CH3COO－的水解，平衡左移，错误；C项，加入醋酸钙固体，溶液的醋酸根离子浓度增大，平衡右移，正确；D项，加

入氯化铵固体，铵根离子与水解生成的氢氧根离子结合成一水合氨，使溶液中氢氧根离子浓度减小，平衡右移，正确。（4）由m＝nM得醋酸钠的质量为7.175g，由托盘天平的精确度知托盘天平称量的质量为7.2g；醋酸与氢氧化钠溶液等浓度等体积混合，混合后的溶液浓度减半为0.175

mol·L－1，所以原来的浓度为0.35mol·L－1。（5）醋酸根离子水解反应的平衡常数Kh＝KwKa（CH3COOH）＝c（CH3COOH）·c（OH－）c（CH3COO－）＝c2（OH－）c（CH3COO－），则10－141.75×10－5

＝c2（OH－）0.175，得c（OH－）＝10－5mol·L－1，pH＝9。13．答案：（1）＋1（2）①N2O2－2＋H2O⇌HN2O－2＋OH－②10－6.6③<④＝⑤a（3）③④①②10－13（4）c（H＋）<c（OH－）<c（CN－

）<c（Na＋）NaCN＋CO2＋H2O===HCN＋NaHCO3（5）49（6）9.9×10－7解析：（1）连二次硝酸（H2N2O2）中H为＋1价，O为－2价，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为0可以判断N化合价为＋1价。（2）①Na2N2O2是由二元弱酸H2N2O2形成的盐

，N2O2－2在溶液中的水解方程式为N2O2－2＋H2O⇌HN2O－2＋OH－；②根据图像分析，未加入NaOH时，0.01mol·L－1的H2N2O2溶液pH＝4.3，即此时c（H＋）＝10－4.3mol·L－1，二元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，c（H2N2O2）＝（0.01－10

－4.3）mol·L－1≈0.01mol·L－1，Ka1＝c（HN2O－2）·c（H＋）c（H2N2O2）≈10－4.3×10－4.30.01＝10－6.6；③b点时，加入的n（NaOH）＝n（H2N2O2），溶液中溶质为NaHN2O2，HN2O－2同时存在电离平衡和

水解平衡，此时溶液的pH>7，说明HN2O－2的水解程度大于电离程度，则c（N2O2－2）<c（H2N2O2）；④溶液中始终存在电荷守恒关系：c（H＋）＋c（Na＋）＝c（HN2O－2）＋2c（N2O2－2）＋c（OH－），a点时，pH＝7，溶液呈中性，即c（O

H－）＝c（H＋），则c（Na＋）＝c（HN2O－2）＋2c（N2O2－2）；⑤随着滴定的进行，溶液中的酸越来越少，可水解的盐越来越多，水的电离由受抑制逐渐转化为被促进，则a、b、c三点中，水电离程度最小的是a。（3）NaOH是强碱溶液，浓度相同时pH最大；醋

酸是弱酸溶液，浓度相同时pH最小；NaCN和NaHCO3水解导致溶液显碱性，浓度相同时，其对应的酸越弱，酸根离子水解程度越大，水解生成的c（OH－）越大，pH越大，NaCN对应的酸是HCN，NaHCO3对应的酸是H2

CO3，根据表格中电离平衡常数可以判断，酸性：H2CO3>HCN，则pH：NaCN>NaHCO3；综上所述，这几种溶液pH由小到大顺序是③④①②；25℃时，0.10mol·L－1的NaOH溶液pH＝13，c（OH－）＝10－1mol·L－1，c（H＋）＝10－13mol·L－1，此时溶液的H＋全部

来自水的电离，即由水电离的c（H＋）＝10－13mol·L－1。（4）NaCN溶液中CN－水解导致溶液显碱性，即c（H＋）<c（OH－），根据电荷守恒可知：c（CN－）<c（Na＋），则各离子浓度由小到大的顺序为c（H＋）<c（OH－）<c（CN－）<c（Na＋）

；根据电离平衡常数分析，酸性：H2CO3>HCN>HCO－3，向NaCN溶液中通入少量CO2，只能生成HCO－3，反应的化学方程式为NaCN＋CO2＋H2O===HCN＋NaHCO3。（5）HCN和NaCN的混合溶液的pH＝11，根据HCN的电离平衡常数Ka＝c（CN－）·c（H＋

）c（HCN）计算：c（CN－）c（HCN）＝Kac（H＋）＝4.9×10－1010－11＝49。（6）CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，当溶液pH＝6时，c（H＋）＝10－6mol·L－1，c（OH－）＝10－8mol·L－1，根据电荷守恒关系可以推导，溶液中c（CH3C

OO－）－c（Na＋）＝c（H＋）－c（OH－）＝10－6mol·L－1－10－8mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1。课练26难溶电解质的溶解平衡狂刷小题夯基础[练基础]1．DMg（OH）2在溶液中存在溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2＋（aq）

＋2OH－（aq）；在纯水中，Mg（OH）2溶解并达到饱和状态，固体剩余较多，A项错误；在0.1mol·L－1的MgCl2溶液中，c（Mg2＋）较大，抑制Mg（OH）2的溶解，固体剩余较多，B项错误；在0.1mol·L－1的氨水中，c（OH－）较大，抑制Mg（OH）2的溶解，固

体剩余较多，C项错误；0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中，c（H＋）较大，促进Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，最终Mg（OH）2固体剩余最少，D项正确。2．B有些物质的溶解度随温度升高而减小，沉淀溶解平衡逆向移动，如氢氧化钙，A项错误；S2－会与Cu2＋或Hg

2＋反应生成沉淀，除去废水中的Cu2＋和Hg2＋，即硫化钠可以作重金属离子的沉淀剂，B项正确；一般来说，溶解度大的沉淀容易转化为溶解度小的沉淀，但当Qc>Ksp时，溶解度小的沉淀也能转化为溶解度大的沉淀，C项错误；向BaSO4

饱和溶液中加入Na2SO4固体，c（SO2－4）增大，沉淀溶解平衡逆向移动，c（Ba2＋）减小，D项错误。3．BAgCl是难溶电解质，在浊液中存在溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag＋（aq）＋Cl－（aq），A正确；Ag＋与NH

3·H2O反应生成[Ag（NH3）2]＋，但单质银与NH3·H2O不能反应，可用稀硝酸洗涤附着有银的试管，B错误；AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，生成[Ag（NH3）2]＋，说明NH3结合Ag＋的能力比Cl－强，C正确；加浓硝酸后，

NH3·H2O与H＋反应生成NH＋4，使平衡Ag＋＋2NH3·H2O⇌[Ag（NH3）2]＋＋2H2O逆向移动，c（Ag＋）增大，Ag＋再与Cl－结合生成AgCl沉淀，D正确。4．BKsp只受温度影响，温度相同，Ksp不变，A项错误；在AgCl悬浊液中，c（Ag＋）＝c（Cl－），由Ksp

（AgCl）＝c（Ag＋）·c（Cl－）＝1.6×10－10，解得c（Cl－）＝4×10－5.5mol·L－1，B项正确。两溶液等体积混合后，c（Ag＋）＝c（Cl－）＝0.001mol·L－12＝5×10－4mol·L－1，Qc＝c（Ag＋）·

c（Cl－）＝2.5×10－7>Ksp（AgCl），会有沉淀析出，C项错误；向AgCl悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，证明AgCl沉淀转化为AgBr，说明AgBr更难溶，故Ksp（AgCl）>Ksp（Ag

Br），D项错误。5．CNa2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液，根据越弱越水解，酸性：H2CO3<H2SO3，H2SO3不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，故不能证明非金属性：S>C，A错误；稀Fe（NO3）2溶液中加入H2SO4溶液，反应为3Fe2＋

＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，溶液中的NO－3被Fe2＋还原为NO，试管口出现红棕色气体是因为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，B错误；淀粉溶液遇碘变蓝，碘离子和银离子生成碘化银黄色沉淀，说明KI3溶液含有碘单质和碘离子，则证明存在

平衡：I－3⇌I2＋I－，C正确；依据实验得到氯化银比铬酸银更难溶，氯化银的溶解度小于铬酸银，但是两者组成不相似，无法确定Ksp大小，D错误。[练高考]6．C溶液pH＝4时c（H＋）＝1×10－4mol

·L－1，由图知，此时c2（M＋）＝7.5×10－8（mol·L－1）2，c（M＋）<3.0×10－4mol·L－1，A项正确；由图知，当c（H＋）＝0，即不向溶液中加酸时，c2（M＋）＝5.0×10－8（mol·L－1）2，c（M＋）＝5×

10－4mol·L－1，由MA（s）⇌M＋（aq）＋A－（aq）知，MA的饱和溶液中c（M＋）＝c（A－），则Ksp（MA）＝c（M＋）×c（A－）＝5.0×10－8，B项正确；MA的饱和溶液因A－水解而显碱性，只有加入一定量的酸才能使溶液显中性

，若加入的酸不是HA，则溶液中除含有M＋、H＋、OH－、A－四种离子外还含有其他阴离子，由电荷守恒原理知，C项错误；溶液中c（M＋）＝Kspc（A－）＝KspKa（HA）·c（HA）c（H＋）＝Ksp·c（H＋）Ka（HA）·c（HA），根据MA⇌

M＋＋A－，A－＋H＋⇌HA知，溶液中c（HA）＝c（M＋）－c（A－）＝c（M＋）－Kspc（M＋），两式联立可得c（M＋）·Ka（HA）·[c（M＋）－Kspc（M＋）]＝Ksp·c（H＋），化简可得c2（M＋）＝Ksp[

c（H＋）Ka（HA）＋1]，将Ksp＝5×10－8代入，由图知，c（H＋）＝20×10－5mol·L－1时，c2（M＋）＝10.0×10－8（mol·L－1）2，将数据代入计算得Ka（HA）＝2.0×10－4，D项正确。7．

B根据相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），可进行如下分析：当横坐标均为5.1时，即c（Ba2＋）＝10－5.1mol·L－1时，阴离子浓度：d点＜c点；c、d两点均在沉淀溶解平衡曲线上，即溶度积常数：d点＜c点，故曲线①代表BaS

O4的沉淀溶解曲线。结合上述分析，可知曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线，曲线②代表BaCO3的沉淀溶解曲线，A项错误；根据曲线①过横、纵坐标均为5.0的点可知，溶解平衡体系中c（Ba2＋）＝c（SO2－4）＝1×10－5.0m

ol·L－1，则该温度下Ksp（BaSO4）＝c（Ba2＋）·c（SO2－4）＝1×10－（5.0＋5.0）＝1×10－10，B项正确；加适量BaCl2固体，溶液中c（Ba2＋）增大，由于温度保持不变，即溶液中c（CO2－3）减小，可使溶液由b点向a点移

动，C项错误；当c（Ba2＋）＝10－5.1mol·L－1时，d点平衡时c（SO2－4）＝10－y2mol·L－1，c点平衡时c（CO2－3）＝10－y1mol·L－1，即两溶液中c（SO2－4）c（CO2

－3）＝10－y210－y1＝10y1－y2，D项错误。8．B本题涉及的知识点为难溶电解质的溶解平衡及Ksp大小的比较；通过图像考查了考生接受、吸收、整合化学信息的能力；考查温度和浓度变化对溶解平衡的影响，体现了变化观念与平衡思想的学科核心素

养。以古代绘画和彩陶为素材，贯彻了弘扬中华民族优秀传统文化的价值观念。CdS在水中达到溶解平衡时Cd2＋、S2－物质的量浓度相等，可求出一定温度下CdS在水中的溶解度，A项正确；m、p、n为同一温度下

的CdS的溶解平衡状态，三点的Ksp相等，B项错误；向m点溶液中加入Na2S，S2－物质的量浓度增大，但Ksp不变，则溶液组成由m沿T1时的平衡曲线向p方向移动，C项正确；温度降低，Ksp减小，q沿qp线向p方向移动，D项正确。[练模拟]9．

B在Mg（OH）2的悬浊液中存在溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2＋（aq）＋2OH－（aq），加入少量NH4Cl固体，NH＋4与OH－反应生成NH3·H2O，促使溶解平衡正向移动，c（Mg2＋）增大，A正确；在Mg（OH）2的悬浊液中加入NaF溶液后，若溶液中c（Mg2＋）·c

2（F－）>Ksp（MgF2），Mg（OH）2可以转化为MgF2，B错误；由数据可知，Fe3＋完全转化为Fe（OH）3时的pH小于Cu2＋完全转化为Cu（OH）2时的pH，向溶液中加入CuO，调节溶液的pH，使Fe3＋生成Fe（OH）

3沉淀而除去Fe3＋杂质，C正确；加入过量NaOH，则Cu2＋和Mg2＋都沉淀，过滤后的滤液为Cu（OH）2和Mg（OH）2饱和溶液，则满足：Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2＋）·c2（OH－）、Ks

p[Cu（OH）2]＝c（Cu2＋）·c2（OH－），故c（Mg2＋）c（Cu2＋）＝Ksp[Mg（OH）2]Ksp[Cu（OH）2]＝5.6×10－122.2×10－20≈2.5×108，D正确。10．A沉淀

呈黄色，说明加入AgNO3溶液时先生成AgI沉淀，A正确；CO2－3浓度大，BaSO4部分转化为BaCO3，不能比较Ksp（BaSO4）、Ksp（BaCO3）的大小，B错误；NaOH溶液过量，与FeCl3反应生成沉淀，不能判断两者Ksp的大小，C错误；Na2

S溶液过量，与CuSO4溶液反应生成CuS，不能说明Ksp（CuS）<Ksp（ZnS），D错误。11．DKCl和硝酸银反应的化学方程式为KCl＋AgNO3===AgCl↓＋KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为K2CrO4＋2AgNO3===A

g2CrO4↓＋2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表的是－lgc（Cl－）与V（AgNO3）的变化关系，故A正确；M点加入的硝酸银溶液

体积是15mL，根据反应的化学方程式KCl＋AgNO3===AgCl↓＋KNO3可知，生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银，剩余0.0005mol硝酸银，则c（NO－3）>c（K＋）>c（Ag＋），银离子水解使溶液显酸性

，则c（H＋）>c（OH－），所以M点溶液中，离子浓度为c（NO－3）>c（K＋）>c（Ag＋）>c（H＋）>c（OH－），故B正确；N点纵坐标的数值是4.0，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c（CrO2－4）＝10－4mo

l·L－1，c（Ag＋）＝2×10－4mol·L－1，Ksp（Ag2CrO4）＝c（CrO2－4）·c2（Ag＋）＝10－4×（2×10－4）2＝4.0×10－12，故C正确；相同实验条件下，若改为0.05mol/L的K2CrO4，则消耗AgNO3溶液的体积为

10mL，平衡时溶液中c（CrO2－4）＝1.0×10－4，对应的纵坐标的数值是4.0，曲线L2中N点移到Q点正上方，故D错误。12．B因HgS的溶解过程是吸热过程，分析题图可知，温度为T时HgS的Ksp较大

，故温度T高于20℃，A项错误；溶度积只与温度有关，c、e点对应温度相同，故两点处HgS的Ksp相等，f点HgS的Ksp较c、e点大，B项正确；降低温度，f点的饱和溶液的组成由f点沿fd线向d方向移动，C项错误；向d点溶液中加入少量K2S固体，溶液组成由d点沿edc线向c方向移动，

D项错误。13．C对于AgSCN，lgKsp（AgSCN）＝lg[c（Ag＋）·c（SCN－）]＝lgc（Ag＋）＋lgc（SCN－），对于Ag2CrO4，lgKsp（Ag2CrO4）＝lg[c2（Ag＋）·c（CrO2－4）]＝2lgc（Ag＋）＋lgc（CrO2－4）

，故题图中上方曲线为Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，下方曲线为AgSCN的沉淀溶解平衡曲线。因题图中上方曲线为Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，代入有关数据，可知lgKsp（Ag2CrO4）＝－4×2－3.92＝－11.92，则Ksp（Ag2CrO4）＝10－11.9

2，A项正确；a点c2（Ag＋）·c（CrO2－4）<Ksp（Ag2CrO4），为Ag2CrO4的不饱和溶液，B项正确；从x轴上任选一点，作x轴的垂线，可知lgc（Ag＋）相同时，lgc（CrO2－4）>lgc（SCN－），因此沉淀相同浓度的Ag＋，需要的c（CrO2－4

）>c（SCN－），故用KSCN溶液的效果比用等浓度的K2CrO4溶液的效果好，C项错误；题图中下方曲线为AgSCN的沉淀溶解平衡曲线，代入有关数据，可知lgKsp（AgSCN）＝－6－6＝－12，则Ksp（AgSCN）＝10－12，题给反

应的平衡常数K＝c（CrO2－4）c2（SCN－）＝c2（Ag＋）·c（CrO2－4）c2（Ag＋）·c2（SCN－）＝Ksp（Ag2CrO4）K2sp（AgSCN）＝10－11.92（10－12）2＝1012.08，D项正确。14．DMg（OH）2是难溶电解质，故Mg（OH）2浊液中存在

：Mg（OH）2（s）⇌Mg2＋（aq）＋2OH－（aq），A正确；②中两组实验均加入铵盐，对比结果可知实验中NH＋4与OH－反应生成NH3·H2O，促使Mg（OH）2（s）的溶解平衡正向移动而逐渐溶解，B正确；加入相同体积的NH4Cl溶液和CH3COONH4溶液时，沉淀溶解，可能是因为NH4Cl

溶液中NH＋4发生水解而使溶液呈酸性，H＋与OH－反应生成H2O促使Mg（OH）2（s）的溶解平衡正向移动，C正确；将①中的NaOH溶液用氨水替换，所得浊液中含有Mg（OH）2和NH4Cl，重复题中实验，浊液中NH＋4影响实验结果，故③中获得的图像与②不同，D错误。综合

测评提能力1．CA项，向Mg（OH）2悬浊液中加入少量NH4Cl（s），c（OH－）减小，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，c（Mg2＋）会增大，正确；B项，向Mg（OH）2悬浊液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10－11＞K

sp[Cu（OH）2]＝2.2×10－20，则沉淀将由白色的氢氧化镁逐渐变为蓝色的氢氧化铜，正确；C项，加入少量蒸馏水，Ksp保持不变，平衡正向移动，促进氢氧化镁的溶解，错误；D项，向Mg（OH）2悬浊液中加入少量Na2CO3（s），由于碳酸根水

解呈碱性，所以c（OH－）增大，平衡逆向移动，有固体析出，则固体质量将增大，正确。2．D温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大；温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c（OH－）增大，A项错误；Ksp（CaCO

3）＜Ksp（CaSO4），B项错误；CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强、弱无关，C项错误；硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙，反

应的离子方程式为CaSO4（s）＋CO2－3（aq）⇌CaCO3（s）＋SO2－4（aq），D项正确。3．CAgCl、AgBr和AgI的Ksp表达形式相同，则Ksp越小，AgX的溶解度越小，由表中数据可知，AgX的溶解度随氯、溴、碘的顺序减小，A正确

；由于AgCl的溶解度大于AgI的溶解度，则AgCl饱和溶液中c（Ag＋）大于AgI饱和溶液中c（Ag＋），将AgCl饱和溶液与AgI饱和溶液等体积混合，Qc（AgI）>Ksp（AgI），会析出AgI沉淀，B正确；AgCl和Ag2SO4都是白色沉淀，用

AgNO3溶液作标准液测定Cl－含量时，不能用Na2SO4溶液作指示剂，无法判断滴定终点，C错误；Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度，将适量AgCl溶解于水，加入Na2S固体，Ag＋与S2－反应生成Ag2S黑色沉淀，D正确。4．CMn2

＋沉淀较为完全时的浓度为1×10－5mol·L－1，已知Ksp＝c（Mn2＋）·c2（OH－），c（OH－）＝Kspc（Mn2＋）＝2×10－131×10－5mol·L－1＝2×10－4mol·L－1，c（H＋）＝Kwc（OH－）＝10－

142×10－4mol·L－1＝22×10－10mol·L－1，所以pH＝－lg22×10－10＝10＋12lg2≈10.15。5．D若混合溶液中Ca2＋、Al3＋、Fe3＋的浓度均为1.0×10－4mol·L－1，依据表中难溶物的Ksp大小可知，

反应过程中Fe3＋先形成沉淀，依据Ksp（FeAsO4）＝c（Fe3＋）·c（AsO3－4）＝5.7×10－21可得，c（AsO3－4）＝Ksp（FeAsO4）c（Fe3＋）＝5.7×10－17mol·L－1。6．DA．MgCl2和NaOH溶液发生复分解反应生成Mg（OH）2沉淀，离子

方程式正确。B.Mg（OH）2悬浊液中存在溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2＋（aq）＋2OH－（aq），滴加浓FeCl3溶液时，Fe3＋与OH－结合生成Fe（OH）3沉淀，Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，最终生成红褐色沉淀，离子方程式正确。C.向Mg（OH）2悬浊液中滴加浓NH4Cl溶液，

NH＋4与OH－结合生成NH3·H2O，Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，Mg（OH）2逐渐溶解而使浊液变澄清，离子方程式正确。向Mg（OH）2悬浊液中滴加醋酸，CH3COOH与OH－反应生成CH3COO

－和H2O，Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，Mg（OH）2逐渐溶解而使浊液变澄清，离子方程式为Mg（OH）2＋2CH3COOH===Mg2＋＋2CH3COO－＋2H2O，D错误。7．C题干信息标明为“常温下”，故温度不变，沉淀溶解平衡常数不变，A项错误；

用相同浓度、相同体积的MgCl2溶液替代BaCl2溶液，恰好完全反应时，二者消耗的Na2CO3溶液体积相等，但由于碳酸钡的溶度积小于碳酸镁，所以滴定终点时pMg<pBa，故F点向正下方迁移，B项错误；F点时BaCl2溶

液与Na2CO3溶液正好反应完全；由图中F点数据可知，pBa＝4.5，则c（Ba2＋）＝1.0×10－4.5mol·L－1，c（CO2－3）＝c（Ba2＋）＝1.0×10－4.5mol·L－1，则Ksp（BaCO

3）＝c（CO2－3）·c（Ba2＋）＝1.0×10－4.5×1.0×10－4.5＝1.0×10－9，C项正确；CO2－3的一级水解常数Kh1＝c（HCO－3）·c（OH－）c（CO2－3）＝c（H＋）·c（HCO－3）·c（OH－）c（H＋

）·c（CO2－3）＝KwKa2，而H2CO3的pKa2＝10.3，故Ka2＝10－10.3，则Kh1＝KwKa2＝10－14/10－10.3＝10－3.7，即pKh1＝3.7，D项错误。8．A因为a点和b点都在CuS的沉淀溶解平衡曲线上，Ksp是定值，A错

误；因为Ksp（CuS）<Ksp（MnS），向CuSO4溶液中加入MnS，可以发生沉淀转化反应：Cu2＋（aq）＋MnS（s）===CuS（s）＋Mn2＋（aq），B正确；从图像可知Ksp（CuS）＝0.01×6×10－34＝6×10－36、Ksp（MnS）＝0.01×3×10

－11＝3×10－13，在含有CuS和MnS固体的溶液中c（S2－）相同，c（Cu2＋）∶c（Mn2＋）＝Ksp（CuS）∶Ksp（MnS）＝（2×10－23）∶1，C、D正确。9．Da→b为－lgc（Ag＋）变化的趋势，根据b点可知加入氨水体积为10mL时，－lgc（Ag

＋）最大，即c（Ag＋）最小，根据Ag＋＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH＋4，可知AgNO3和NH3·H2O按物质的量之比1∶1进行反应，由于氨水和硝酸银溶液体积相等，则硝酸银溶液的浓度等于氨水的浓度，故

原硝酸银的浓度为0.1mol·L－1，A项正确；b点时AgNO3和NH3·H2O恰好完全反应生成AgOH沉淀，此时－lgc（Ag＋）＝4，即c（Ag＋）＝10－4mol·L－1，Ksp（AgOH）＝c（Ag＋）·c（OH－）＝10－4×10－4＝10－8，B项正确；b

点溶液为0.05mol·L－1NH4NO3溶液，再加入氨水，发生反应AgOH＋2NH3·H2O===Ag（NH3）2OH＋2H2O，溶液体积增大，NH＋4浓度减小，故b点溶液中NH＋4的浓度大于c点溶液中NH

＋4的浓度，C项正确；b→c为－lgc[Ag（NH3）＋2]的变化趋势，m点溶液中－lgc[Ag（NH3）＋2]＝2，即c[Ag（NH3）＋2]＝10－2mol·L－1，根据Ag（NH3）2OH===Ag（NH3）＋2＋OH－，可知c（OH－）＝10－2m

ol·L－1，溶液呈碱性，根据电荷守恒有c（NO－3）＋c（OH－）＝c（Ag＋）＋c[Ag（NH3）＋2]＋c（NH＋4）＋c（H＋），则c（NO－3）<c（Ag＋）＋c[Ag（NH3）＋2]＋c（NH＋4），D项错误。10．DKs

p（Ag2S）＝c2（Ag＋）·c（S2－）＝（10－20）2×10－9.2＝10－49.2，故A错误；Ksp（CuS）只受温度影响，故B错误；由图像可知，Z点的坐标在曲线上方，即Z点Ag2S的Qc＜Ksp（Ag2S），

则v（沉淀）＜v（溶解），故C错误；根据方程式可知，K＝c（Cu2＋）c2（Ag＋）＝c（Cu2＋）·c（S2－）c2（Ag＋）·c（S2－）＝Ksp（CuS）Ksp（Ag2S），根据X点和Y点可知，Ksp（CuS）远大于Ksp（Ag2S），即该反应的平衡常数很

大，反应趋于完全，故D正确。11．答案：（1）MgCO3＋2OH－===Mg（OH）2＋CO2－32．125×1021（2）Cl－、SO2－4（3）不可行若将“母液”循环使用，则溶液中c（Cl－）和c（SO2－4）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质解析：由溶度积表知，MgC

O3的Ksp最大，在溶液中溶解的最多，其他物质与MgCO3相差的数量级较大，在溶液里可以忽略。（1）主要是MgCO3与NaOH反应生成Ksp更小的沉淀Mg（OH）2；pH＝8，c（OH－）＝10－6mol·L－1，则Ksp＝c（Mg2＋）·c2（OH－）＝c（Mg2＋）×1

0－12＝5.61×10－12（mol3·L－3），得c（Mg2＋）＝5.61mol·L－1；Ksp＝c（Fe3＋）·c3（OH－）＝c（Fe3＋）×10－18＝2.64×10－39（mol4·L－4），得

c（Fe3＋）＝2.64×10－21mol·L－1，所以c（Mg2＋）∶c（Fe3＋）＝5.61∶2.64×10－21＝2.125×1021。（2）“母液”中还含有Cl－、SO2－4等。12．答案：（1）①A②D（2）4×10－14mol·L－1（3）NH4Cl水解出来的H＋与Mg（OH）2

电离出的OH－结合生成水，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动（4）1解析：（1）已知n（MgCl2）＝1×10－3L×0.1mol·L－1＝1×10－4mol，n（NaOH）≈0.1×10－3L×2mol·L－1＝2

×10－4mol，由反应Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓可知，二者基本反应完全生成白色沉淀Mg（OH）2，当向其中加入FeCl3溶液时，由于Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10－38远小于Ksp[Mg（OH）2]＝1.8×10

－11，所以白色沉淀Mg（OH）2转化为红褐色沉淀Fe（OH）3；当向其中加入NH4Cl溶液时，NH＋4与Mg（OH）2电离出的OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动，最终使Mg（OH）2完全溶解得无色溶液。（2）当试管Ⅰ中所得混合液pH＝6时，即c（OH

－）＝10－8mol·L－1，由Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10－38可求得c（Fe3＋）＝4.0×10－14mol·L－1。（3）NH4Cl因水解而呈酸性，生成的H＋与Mg（OH）2电离出的OH－结合生成水，使Mg（OH）2的溶解平衡正向移动。（4）由于醋酸铵溶液（pH＝7）呈中

性，能使Mg（OH）2沉淀溶解，说明不是NH＋4水解呈酸性导致Mg（OH）2溶解；当加入弱碱性的NH4Cl和氨水混合液（pH＝8）时，沉淀也溶解，说明猜想2是错误的。因此证明Mg（OH）2沉淀溶解的根本原因是NH＋4与Mg（OH）

2电离出OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，促进Mg（OH）2溶解平衡正向移动，最终得无色溶液，所以猜想1是正确的。13．答案：（1）①将Fe2＋氧化为Fe3＋不引入其他杂质，对环境无污染（其他合理

答案均可）②CuO[或Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3等]3.2（2）①1.0×10－10②2.5×10－42.5×10－9③MN0.04④4×10－5解析：（1）①由于Ksp[Fe（OH）2]、Ksp[Cu（OH）2]相差不大，则Fe（OH）2和

Cu（OH）2的溶解度相差不大，故加入H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于形成Fe（OH）3沉淀。②调节溶液pH时，为不引入新杂质，可加入CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3等。当Fe3＋沉淀完全时，溶液中c（Fe3＋）≤1×10－5m

ol·L－1，则有c（OH－）＝3Ksp[Fe（OH）3]c（Fe3＋）＝34.0×10－381×10－5＝34×10－11mol·L－1，pOH＝－lg（34×10－11）＝11－23lg2＝10.8，故溶

液的pH＝14－pOH＝14－10.8＝3.2。（2）①由图可知，c（CO2－3）＝0时，c（Ba2＋）＝c（SO2－4）＝1.0×10－5mol·L－1，则有Ksp（BaSO4）＝c（Ba2＋）·c（SO2－4）＝1.0×10－5×1.0×10－5＝1.0×10－10。②

由图可知，当c（CO2－3）＞2.5×10－4mol·L－1时，开始有BaCO3沉淀生成，图中c（CO2－3）＝2.5×10－4mol·L－1时，c（Ba2＋）＝1.0×10－5mol·L－1，则有Ksp（

BaCO3）＝c（Ba2＋）·c（CO2－3）＝2.5×10－4×1.0×10－5＝2.5×10－9。③BaSO4饱和溶液中存在溶解平衡：BaSO4（s）⇌Ba2＋（aq）＋SO2－4（aq），加入Na2CO

3，Ba2＋与CO2－3生成BaCO3沉淀，促使BaSO4的溶解平衡正向移动，溶液中c（SO2－4）增大，c（Ba2＋）减小，则MP为c（SO2－4）的变化曲线，MN为c（Ba2＋）的变化曲线。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）＝1.0×10－102.5×10－9＝0.04。④当溶液中c（CO2－3）＝1×10－3mol·L－1时，K＝c（SO2－4）c（CO2－3）＝0.04，则有c（SO2－4

）＝0.04×10－3mol·L－1＝4×10－5mol·L－1，故溶解BaSO4的物质的量为4×10－5mol·L－1×1L＝4×10－5mol。单元检测8水溶液中的离子平衡1．C亚硝酸是弱酸，弱电解质电离吸热，温度升高促进电离，H＋浓度增大，pH减小，故A错误；亚硝酸是弱酸，

部分电离，0.01mol·L－1亚硝酸中的H＋浓度小于0.01mol·L－1，所以pH>2，故B错误；由物料守恒可知，c（Na＋）＝c（NO－2）＋c（HNO2），故C正确；NO－2的水解是微弱的，故NO－2的浓度大于OH－的浓度，故D错误。2．C根据题中信息，1L含0.1mo

lCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a中，如果加入少量的强酸或强碱，反应后pH变化不大，如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液的组成和性质。CH3COONa电离出的CH3COO－会抑制CH3COOH的电离，因此溶液a中

CH3COOH的电离程度小于0.1mol·L－1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度，A项正确；根据表格中的数据分析，向溶液a中通入0.01molHCl时，CH3COO－结合H＋生成CH3COOH，反应后溶质为0.11molCH3COO

H和0.09molCH3COONa，溶液组成没有大的变化，pH变化不大，B项正确；向溶液a中加入0.1molNaOH固体，CH3COOH完全反应，得到的CH3COONa溶液显碱性，pH变化大，C项错误

；含0.1mol·L－1NH3·H2O与0.1mol·L－1NH4Cl的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，也可作缓冲溶液，D项正确。3．C根据图示，0.1mol·L－1XOH溶液的pH＝13，说明XOH完全电离，为

强电解质，A项错误；XOH是强碱、X2CO3是强碱弱酸盐，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）<c（X2CO3），再结合物料守恒可知，XOH溶液中的c（X＋）小于X2CO3溶液中的c（X＋），B项错误；0.10mol·L－1X2CO3溶液的pH＝11.

6，则该溶液中c（OH－）≈c（HCO－3）＝10－1410－11.6mol·L－1＝10－2.4mol·L－1，c（CO2－3）≈0.1mol·L－1，Kh1＝c（HCO－3）·c（OH－）c（CO2－3）＝KwKa2，则Ka2＝Kwc（CO2－3）c（H

CO－3）·c（OH－）＝10－14×0.110－2.4×10－2.4＝10－10.2，C项正确；当lgV＝2时，则溶液的体积变为原来的100倍，升高温度，促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c（CO2－3）减小，c（HCO－3）增大，c（HCO－3）c（CO2－3）增大，D项

错误。4．D由题中数据分析可知，HC2O－4的水解程度小于电离程度，则HC2O－4电离出的H＋会抑制NH＋4的水解，而CH3COO－会促进NH＋4的水解，则浓度均为0.1mol·L－1的NH4HC2O4和CH3COONH4溶液中，前者c（N

H＋4）大于后者，A项正确；0.1mol·L－1的KHC2O4溶液中滴加氨水至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c（K＋）＋c（NH＋4）＋c（H＋）＝c（HC2O－4）＋2c（C2O2－4）＋c（OH－），且c（H＋）＝c（O

H－），物料守恒关系：c（K＋）＝c（C2O2－4）＋c（HC2O－4）＋c（H2C2O4），两式整理，得c（NH＋4）＝c（C2O2－4）－c（H2C2O4），则c（NH＋4）<c（C2O2－4），B项正确；0.1m

ol·L－1的K2C2O4溶液中滴加盐酸至pH＝1.22，此时c（H＋）＝Ka1（H2C2O4）＝c（H＋）·c（HC2O－4）c（H2C2O4），即c（HC2O－4）＝c（H2C2O4），溶液中存在电荷守恒关系：c（K＋）＋c（H＋）＝c（O

H－）＋c（HC2O－4）＋2c（C2O2－4）＋c（Cl－），物料守恒关系：c（K＋）＝2c（H2C2O4）＋2c（HC2O－4）＋2c（C2O2－4），两式整理得c（H＋）＝c（OH－）－c（HC2O－4）－2c（H2C2O4）＋c（Cl－），由于

此时c（HC2O－4）＝c（H2C2O4），可得c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－）－3c（HC2O－4），C项正确；0.1mol·L－1CH3COONa溶液中滴加KHC2O4溶液至pH＝4.76，即c（H＋）＝10－4.76mol·L－1，H2C2

O4的Ka2＝c（H＋）·c（C2O2－4）c（HC2O－4）＝10－4.19，解得c（C2O2－4）c（HC2O－4）＝100.57>1，则此时c（HC2O－4）<c（C2O2－4），D项错误。5．D等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后，

体系中存在电荷守恒关系：c（HCOO－）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋），此时溶液的pH<7，即c（H＋）>c（OH－），则c（HCOO－）>c（Na＋），溶液中离子浓度大小关系为c（HCOO－）>c（Na＋）>c（H＋

）>c（OH－），A项正确；氯水中存在平衡Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，根据物质的量关系判断，反应生成的n（HCl）＝n（HClO），则溶液中存在物料守恒关系：c（ClO－）＋c（HClO）＝c（Cl－），B项正确；

根据题中信息判断：Ka（HF）>Ka（H2S），Kh（F－）<Kh（HS－），则同浓度的NaHS和NaF溶液的pH：NaHS>NaF，C项正确；Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中存在电荷守恒关系：c（Na＋）＋c（H＋

）＝c（OH－）＋c（HCO－3）＋2c（CO2－3），D项错误。6．C根据题中信息可知：含MEBT的溶液中滴加EDTA时会转化为MY2－，说明金属离子更容易与Y4－配位，即MY2－更稳定，A项错误；在滴定过程中眼睛要随时观察锥形瓶中溶液的颜色变化，确定滴定终点，B项错误

；滴入标准液前，金属离子与EBT2－结合生成MEBT，此时溶液呈酒红色，当达到滴定终点时，MEBT全部转化为蓝色的EBT2－，所以滴定终点的现象为溶液恰好由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色，C项正确；只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗会将标准液稀释，导致标准液的用量偏大

，测定结果偏高，D项错误。7．D根据溶度积公式及溶液中阴离子的浓度，可以计算出开始出现BaCO3、BaCrO4、Ba（IO3）2、BaSO4沉淀时c（Ba2＋）分别为5.1×10－6mol·L－1、1.6×10－7mol·L－1

、6.5×10－4mol·L－1、1.1×10－7mol·L－1，故最先出现的沉淀是BaSO4，D项正确。8．CE点对应溶液为新制氯水，新制氯水具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，A项错误；随氢氧化钠溶液的加入，溶液pH逐渐增大，H、F点对应溶液的酸碱性不同，F点对应溶液显中性、H点对应

溶液显碱性，根据电荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（ClO－）＋c（OH－）可知，H、F点对应溶液中不可能都存在c（Na＋）＝c（Cl－）＋c（ClO－），B项错误；G点对应溶液中水的电离程度最大，溶液中的溶质是等浓度的NaCl和NaClO，C

lO－水解使溶液呈碱性，所以溶液中c（Na＋）>c（Cl－）>c（ClO－）>c（OH－）>c（H＋），C项正确；H点对应溶液呈碱性，加水稀释，溶液的pH减小，D项错误。9．B根据题中信息，Ka1（H2SO4）＝6.3×10－9，代表H2SO4在冰醋酸中部分电离，则第一步电

离方程式为H2SO4＋CH3COOH⇌HSO－4＋CH3COOH＋2，A项错误；H2SO4的冰醋酸溶液中存在电荷守恒关系：c（CH3COOH＋2）＝c（HSO－4）＋2c（SO2－4）＋c（CH3COO－），B项正确；电离平衡常数越大，电离产生的氢离子浓度越大，pH越小，Ka1（H2SO4

）＝6.3×10－9>Ka（HNO3）＝4.2×10－10，则pH（H2SO4）<pH（HNO3），C项错误；向HNO3的冰醋酸溶液中加入冰醋酸，相当于溶液体积增大，c（NO－3）减小，电离平衡常数Ka（HNO3）＝c（NO－3）·c（CH3COOH＋2）c（HNO3），温度不变，Ka（HNO3）

不变，则c（CH3COOH＋2）c（HNO3）增大，D项错误。10．D若HA和BOH均为弱电解质，且电离平衡常数相等，当V1·a＝V2·b时，混合后溶液也呈中性，A项错误；温度未知，水的离子积常数Kw不一定为1×10－14，且HA和BOH是否为强电解质也不确定，所以当pH（HA）＋pH（BOH）

＝14时，二者浓度不一定相等，等体积混合，酸碱不一定能完全中和，B项错误；若混合溶液中c（OH－）＝Kwmol·L－1，则c（H＋）也等于Kwmol·L－1，c（H＋）＝c（OH－），溶液一定呈中性，C项错误；混合后溶液的体积为（V1

＋V2）mL，存在物料守恒关系：c（A－）＋c（HA）＝aV1V1＋V2mol·L－1，D项正确。11．D根据Ka1＝c（H＋）·c（HC2O－4）c（H2C2O4），Ka2＝c（H＋）·c（C2O2－4

）c（HC2O－4），当纵坐标等于0时，即c（HC2O－4）c（H2C2O4）＝1，c（C2O2－4）c（HC2O－4）＝1时，电离常数等于对应的c（H＋），由于Ka1>Ka2，可推知Ka1＝10－1.27，Ka2＝10－4.27，故直线Ⅱ表示lgc（HC2O－4）c（C2O2－4）与pH的

关系，A项正确；当横坐标等于0时，c（H＋）＝1mol·L－1，此时Ka1＝c（HC2O－4）c（H2C2O4）＝10－1.27，lgc（HC2O－4）c（H2C2O4）＝－1.27，lgc（H2C2O4）c（HC2O－4）

＝1.27，同理，Ka2＝c（C2O2－4）c（HC2O－4）＝10－4.27，lgc（C2O2－4）c（HC2O－4）＝－4.27，lgc（HC2O－4）c（C2O2－4）＝4.27，B项正确；根据Ka

2＝c（H＋）·c（C2O2－4）c（HC2O－4），c（HC2O－4）>c（C2O2－4）时，c（H＋）>Ka2＝10－4.27，根据Ka1Ka2＝c2（H＋）·c（C2O2－4）c（H2C2O4），c（C2O2－4）>c（H2C2O4）时，c（H＋）<Ka1·Ka2＝10－2.77，故10

－4.27<c（H＋）<10－2.77，2.77<pH<4.27，C项正确；pH＝7时，c（H＋）＝c（OH－），根据电荷守恒：c（K＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HC2O－4）＋2c（C2O2－4），则c（K＋）＝c（HC2O－4）＋2c（C2O2－4），D项错误。12．

DA项，A点为醋酸铵溶液，醋酸铵为弱酸弱碱盐，促进水的电离，溶液pH＝7，则由水电离出的c水（H＋）＝c水（OH－）>10－7mol·L－1，B点溶液中溶质为NH4I和NH3·H2O，H＋全部是由水电离出的，故c水（H＋）＝

c水（OH－）＝10－7mol·L－1，则由水电离产生的OH－浓度：A点大于B点，错误；B项，M点为氨水，溶液显碱性，且NH3·H2O的电离抑制了水的电离，则c（NH3·H2O）>c（OH－）>c（NH＋4）>c（H＋），错误；C项，N点为碘化铵与NH3

·H2O的混合液，且NH4I和NH3·H2O的物质的量浓度相等，根据物料守恒得2c（I－）＝c（NH3·H2O）＋c（NH＋4），错误；D项，P点为碘化铵与醋酸的混合液，且NH4I和CH3COOH的物质的量浓度相等，根据电荷守恒得c（NH＋4）＋c（

H＋）＝c（OH－）＋c（I－）＋c（CH3COO－），根据物料守恒得c（NH3·H2O）＋c（NH＋4）＝c（I－）＝c（CH3COOH）＋c（CH3COO－），则c（NH＋4）＝c（I－）－c（NH3·H2O），c（CH3COO－）＝c（I－）－c（CH3COOH），代入电荷

守恒式，可得到c（H＋）＋c（CH3COOH）＝c（OH－）＋c（I－）＋c（NH3·H2O），正确。13．D酸性高锰酸钾溶液显酸性，且有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中，A正确；酸性高锰酸钾溶液本身有颜色，当达到滴定终

点时溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故不需要使用指示剂，B正确；俯视读数，会导致所读标准溶液消耗的体积偏低，则测得的待测液浓度也偏低，C正确；根据滴定曲线可知，a点为滴定终点，根据反应的离子方程式2MnO－4＋6H＋

＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可计算出此时消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，若不考虑混合前后溶液体积的变化，c（Mn2＋）＝0.100mol·L－1×20.00×10－3L20.00＋25.00×10

－3L≈0.044mol·L－1，D错误。14．D由表中HX的数据可知，弱电解质溶液的浓度越小，HX的电离度越大；电离常数只与温度有关，则有K1＝K2＝K3，A错误。在NaZ溶液中存在Z－的水解平衡：Z－＋H2O⇌HZ＋OH－，水解常数为Kh＝c（HZ）·c（OH－）c（Z－），加

入少量盐酸，平衡正向移动，由于温度不变，则Kh不变，故c（Z－）c（HZ）·c（OH－）的值不变，B错误。由表中HX的数据可知，HX的浓度越大，其电离度越小，但电离产生的c（X－）越大，故表格中三种浓度的HX溶液中，从左至右c（X－）浓度逐渐增大，C错误。相同条件下，弱电

解质的电离度越大，则酸性越强，其电离常数越大，故相同温度下，电离常数为K5＞K4＞K3，D正确。15．C由题图可知，未加盐酸时lgc（H＋）c（OH－）＝－8，则室温下0.1mol·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对应的溶液是等浓度的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。16．答案：（1）OH－＋H3AsO3===H

2AsO－3＋H2O（2）c（H2AsO－3）＞c（HAsO2－3）＞c（H3AsO3）（3）H3AsO4⇌H2AsO－4＋H＋（4）7.0解析：（1）以酚酞为指示剂，将NaOH溶液逐滴加入H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时，溶液pH在8.0～10.0之间，结合图像可知溶液中H3A

sO3减少而H2AsO－3增加，则该过程中主要反应的离子方程式为OH－＋H3AsO3===H2AsO－3＋H2O。（2）结合图像可知pH＝11时，H3AsO3水溶液中c（H2AsO－3）最大，c（H3AsO3）最小，各含砷微粒浓度关系为c（H2AsO－3）＞

c（HAsO2－3）＞c（H3AsO3）。（3）结合题图知，H3AsO4为多元弱酸，存在电离平衡，其第一步电离方程式为H3AsO4⇌H2AsO－4＋H＋。（4）H3AsO4第二步电离方程式为H2AsO－4⇌HAsO2－4＋H＋，其电离常数Ka2＝c（HAsO2－4）·c（H＋）c（

H2AsO－4），由图像可知当pH＝7.0时，c（H2AsO－4）＝c（HAsO2－4），则Ka2＝10－7.0，pKa2＝7.0。17．答案：（1）A－＋H2O⇌HA＋OH－（2）>（3）9.9×10－710－8（4）>

ABDC解析：（2）混合溶液由于A－水解，促进水的电离，而NaOH抑制水的电离。（3）由电荷守恒c（Na＋）＋c（H＋）＝c（A－）＋c（OH－），可得c（Na＋）－c（A－）＝c（OH－）－c（H＋）＝9.9×1

0－7mol·L－1。由质子守恒c（OH－）＝c（HA）＋c（H＋），可得c（OH－）－c（HA）＝c（H＋）＝10－8mol·L－1。（4）NH4A溶液为中性，说明NH＋4与A－的水解程度相当。HA加到Na2CO3中有气体放出，说明HA酸性强于H2CO3，HCO－3、CO2

－3水解程度大于A－，因而（NH4）2CO3溶液pH>7，NH4HCO3溶液的pH大于7。Cl－和SO2－4不水解，（NH4）2SO4和NH4Cl溶液显酸性，但（NH4）2SO4中c（NH＋4）多，水解生成的c（H＋）也多

，因而pH[（NH4）2SO4]<pH（NH4Cl）<pH（NH4A）<pH（NH4HCO3）。18．答案：（1）A2－＋H2O⇌HA－＋OH－c（HA－）·c（OH－）c（A2－）c（OH－）＋c（HA－）＋2c（A2－）（2）增大（3）①61×10－10②10（4）1×1

0－8c（Na＋）>c（HA－）>c（OH－）>c（H＋）>c（A2－）解析：（1）由题图可知，H2A溶液中含有H2A、HA－、A2－，则H2A是二元弱酸；Na2A溶液中A2－发生水解而使溶液呈碱性：A2－＋H2O⇌H

A－＋OH－。Na2A溶液呈电中性，据电荷守恒可得：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HA－）＋2c（A2－）。（2）升高温度，溶液的碱性增强，则溶液中c（OH－）增大，说明升高温度，A2－的水解平衡正

向移动，则水解平衡常数增大。（3）①H2A分两步发生电离：H2A⇌HA－＋H＋、HA－⇌A2－＋H＋，则有Ka1＝c（HA－）·c（H＋）c（H2A），Ka2＝c（A2－）·c（H＋）c（HA－）；由题图可知，H2A和HA－的物质的量

分数均为0.5时，则c（HA－）＝c（H2A），溶液的pH＝6，c（H＋）＝1×10－6mol·L－1，则有Ka1＝c（H＋）＝1×10－6，－lgKa1＝6。HA－和A2－的物质的量分数均为0.5时，溶液pH＝10，则c（HA－）＝c（A2－），c（H＋）＝1×10－10mol·L

－1，则有Ka2＝c（H＋）＝1×10－10。②0.020mol·L－1Na2A溶液和0.010mol·L－1盐酸等体积混合，二者发生反应，得到等浓度Na2A、NaHA和NaCl的混合溶液，溶液中c（A2－）≈c（HA－），由题图可知，溶液的pH

约为10。（4）0.010mol·L－1的NaHA溶液中，存在水解平衡：HA－＋H2O⇌H2A＋OH－，则水解常数Kh＝c（H2A）·c（OH－）c（HA－）＝KwKa1＝1×10－141×10－6＝1×10－8

，NaHA溶液中存在HA－的电离平衡和水解平衡，由于Kh>Ka2，则HA－的水解程度大于其电离程度，NaHA溶液呈碱性，且HA－的水解程度较小，Na＋不发生水解，故溶液中离子浓度大小顺序：c（Na＋）>c（HA－）>c（OH－）>c（H＋）>c（A2－）。19．答案：（1）LiFePO4＋

2H3PO4===Fe（H2PO4）2＋LiH2PO4（2）①Al3＋＋6HF＋3Li＋＋6H2PO－4===Li3AlF6↓＋6H3PO4②当溶液初始pH增大时，HF电离程度增大，c（F－）增大，铝元素去除率上升；当溶液初始pH>2时，溶液中Fe2＋被氧化，

生成Fe3＋，Fe3＋与F－络合，c（F－）减小，铝元素去除率下降（3）①0.75mol·L－1，过程见解析②1.3×10－17解析：（1）由图知，LiFePO4与H3PO4发生非氧化还原反应得到Li＋、Fe2＋和H2PO－4

。则LiFePO4与H3PO4反应的化学方程式为：LiFePO4＋2H3PO4===Fe（H2PO4）2＋LiH2PO4。（2）①除铝时：30℃下向浸出液中加入氢氟酸（弱酸），Al3＋易与F－形成配合物（AlF3－6）并与锂离子结合生成Li3AlF6沉淀，磷酸是弱酸

，则生成Li3AlF6沉淀的反应离子方程式为：Al3＋＋6HF＋3Li＋＋6H2PO－4===Li3AlF6↓＋6H3PO4。②HF为弱酸，pH增大促进HF电离、增大F－浓度、有利于生成Li3AlF6沉淀、提高铝元素去除率

；已知：Al3＋、Fe3＋、Fe2＋都容易与F－形成配合物，pH继续增大，亚铁离子被氧化所得的铁离子也与F－形成配合物，减小F－浓度，不利于生成Li3AlF6沉淀，减小铝元素去除率；则当溶液初始pH为1.2～2.2范

围时，铝元素去除率先上升后降低的可能原因是：当溶液初始pH增大时，HF电离程度增大，c（F－）增大，铝元素去除率上升；当溶液初始pH＞2时，溶液中Fe2＋被氧化，生成Fe3＋，Fe3＋与F－络合，c（F－）减小，铝元素去除率下降。（

3）①用K2Cr2O7标准溶液测定溶液中的c（Fe2＋），反应的离子方程式：Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。现滴定20.00mL溶液中Fe2＋，消耗0.1000mol·L－1K2

Cr2O7溶液25.00mL，则K2Cr2O7物质的量为25.00mL×10－3L/mL×0.1000mol·L－1＝2.500×10－3mol，溶液中Fe2＋物质的量为6×2.500×10－3mol＝1.500×10－2mo

l，c（Fe2＋）为1.500×10－2mol20.00mL×10－3＝0.75mol·L－1。②欲使溶液中c（Fe3＋）≤1×10－5mol·L－1，磷酸根离子浓度最小为c（PO3－4）＝Ksp（F

ePO4）c（Fe3＋）≥1.3×10－221×10－5mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1。20．答案：（1）容量瓶（2）5Br－＋BrO－3＋6H＋===3Br2＋3H2O（3）Br2过量，保证苯酚完全反应（4）反应物用

量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量（5）溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复（6）（6aV1－bV3）×473V2（7）易挥发解

析：（1）配制一定物质的量浓度溶液时一定要使用容量瓶。（2）Br－与BrO－3在酸性条件下可发生氧化还原反应，化合价变为0价，即生成溴单质，该反应的离子方程式为5Br－＋BrO－3＋6H＋===3Br2＋3H2O。（3）溶液显黄色说明溴过量，使用过量的溴是为了确保苯酚已完全被除去，也为下一步操

作打下基础。（4）5Br－＋BrO－3＋6H＋===3Br2＋3H2O，Br2＋2KI===I2＋2KBr，反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果没有苯酚与溴的反应，则n（KI）∶n（KBrO3）＝6∶1时，两者恰好完全反应，因废水中

含有苯酚消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量。（5）溴与KI反应生成碘单质，碘遇淀粉使溶液变蓝色；碘单质与硫代硫酸钠反应生成碘离子，因此当碘恰好完全反应时，溶液的蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复。（6）结合题意可知，

n生成（Br2）＝3aV1×10－3mol，与KI反应消耗n（Br2）＝bV3×10－32mol，则与C6H5OH反应的n（Br2）＝3aV1×10－3mol－bV3×10－32mol，废水中苯酚的含量＝3aV1×10－3－bV3×10－32mol×94g·mol－13×V2×10－

3L＝（6aV1－bV3）×946V2g·L－1＝47（6aV1－bV3）3V2g·L－1。（7）溴易挥发，挥发出去的溴也会被认为是与苯酚反应而消耗的，即会造成测定结果偏高。第九单元化学实验基础课练27化学实验常用仪器和基本操作狂刷小

题夯基础[练基础]1．A由题述可知，题中过程为固体的加热、灼烧、冷却和研磨，固体灼烧要用到坩埚，坩埚要用坩埚钳取放，研磨在研钵中进行，题述过程中没有用到蒸发皿，故选A。2．DA项，托盘天平的精确度为0.1g，不能用托盘天平称取5.85g食盐，错误；B项

，量筒的精确度为0.1mL，不能用10mL量筒量取8.36mL稀硫酸，错误；C项，pH试纸精确度为1，读数为整数，错误；D项，高锰酸钾可氧化橡胶，则用酸式滴定管移取高锰酸钾溶液，正确。3．D先移出导气管是为了避免液体倒吸进入前一装置，引起装置

炸裂，故A不符合题意；先加热再加入浓盐酸会因温度骤变而使试管炸裂，故B不符合题意；大试管取下后，若直接洗涤会因温度骤降而使试管炸裂，故C不符合题意；钠与水反应剧烈，若钠块过大会因为反应过于剧烈而引起爆炸，不是因温度

急剧变化而引起安全事故，D符合题意。4．B茶叶灼烧在坩埚中进行，需要用到酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角，A正确；容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的容器，不能用来稀释，B错误；过滤用到漏斗、玻璃棒、烧杯，C正确；检验铁离子一般用KSCN溶液，因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液，D

正确。5．A萃取分液时“下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出”主要是为了防止液体互相污染，A错误；收集乙酸乙酯时需要防倒吸，即导管口不能与饱和碳酸钠溶液接触，B正确；蒸馏烧瓶所盛液体体积不大于容积的23，是为了防止液体沸腾溢出，酒精灯中

酒精体积不低于容积的14，是为了防止干烧炸裂，C正确；实验室用固体NH4Cl和Ca（OH）2制取NH3时，试管口不能向上倾斜的原因是防止冷凝水倒流至试管底部使试管炸裂，D正确。[练高考]6．AA项，锥形瓶可以加热

，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，符合题意；B项，酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，不符合题意；C项，蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质

分离，不符合题意；D项，酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，不符合题意。7．B配制一定物质的量浓度的溶液应选用容量瓶，A项错误；氯化氢极易溶于水，通入饱和食盐水，除去HCl的同时可以降低氯气的溶解度，B项正确；蒸馏时应选用直形冷

凝管，C项错误；盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶应使用橡胶塞，D项错误。8．BA项，浓硫酸密度较大，与乙醇混合时应向乙醇中慢慢倒入浓硫酸，边加边搅拌，故错误；B项，用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，液面接近刻度线1～2cm时改用胶头滴管定容，平视液面，直至

凹液面最低点与刻度线相切，故正确；C项，NO2气体密度比空气大，收集时气体应“长进短出”，故错误；D项，电石中含有含硫元素的杂质，与水反应生成还原性气体H2S（H2S也能使溴水褪色），干扰乙炔的检验，故错

误。9．DA项，反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，正确；B项，生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，正确；C项，乙酸乙酯不溶于水，分液即

可实现分离，正确；D项，乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，错误。[练模拟]10．B秦艽、升麻各四钱，要通过称量得到，A项不符合题意；最后以液体服用，未采用结晶方法，B项符合题意；去滓是过滤的过程，C项不符合题意；每用

三钱，水四合煎，及二合，水减少，采用蒸发的方法，D项不符合题意。11．AA项，氯水中含有次氯酸和盐酸，具有腐蚀性，能将橡胶塞腐蚀，错误；B项，腐蚀性药品不能与皮肤直接接触，正确；C项，碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，正确；D项，根据c＝1000ρwM可知浓硫酸的浓度是1000×

1.84×98.0%98mol·L－1＝18.4mol·L－1，正确。12．A蒸馏时应先向冷凝管中通入冷水，再加热蒸馏烧瓶，故A错误；向容量瓶中转移液体时，玻璃棒下端可以接触容量瓶刻度线下的内壁，故B正确；使用分液漏斗分液时，眼睛注视分液漏斗内

的液面，避免上层液体漏出，故C正确；采用蒸发结晶的方法，可使NaCl从溶液中析出，故D正确。13．DA项，在液体加热时溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，正确，不符合题意；B项，根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4

非极性分子中，正确，不符合题意；C项，冷凝水方向是“下进上出”，因此装置Ⅰ中a为冷凝水进水口，正确，不符合题意；D项，SnI4易水解，装置Ⅱ的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，错误，符合题意。14．A干燥的HCl不仅可防止CuCl被氧化，还可抑制CuCl2·2H2O在脱水过

程中发生水解，故不能用干燥的N2代替，A错误；无水CuSO4遇水蒸气变为蓝色的CuSO4·5H2O，因此干燥管中无水CuSO4的作用是检验生成物水蒸气，B正确；湿润的蓝色石蕊试纸的作用是检验生成的Cl2，可用品红溶液代替，C正

确；NaOH溶液的作用是吸收HCl和Cl2，防止污染空气，HCl和氯气均能与NaOH溶液反应，将导管直接插入NaOH溶液中容易发生倒吸，D正确。综合测评提能力1．B浓硝酸具有强氧化性，不能用橡胶塞，一般用玻璃塞保存在棕色细口瓶中，A项错

误；水和乙酸乙酯互不相溶，用分液漏斗分离，B项正确；用量筒量取液体只能精确到0.1mL，C项错误；向试管中放入块状固体时，应遵循“一平二放三滑入”的原则，D项错误。2．C①浓硫酸溶于水，放出大量的热，应冷却至室温再转移到容量瓶中定容，操作合理，故正

确；②选择萃取剂，不需要考虑密度，应考虑是否反应、溶解性差异，故错误；③水和碘的四氯化碳溶液，水在上层，则碘的四氯化碳溶液从漏斗下口流出，故错误；④蒸发时，出现大量固体停止加热，利用余热加热，不能蒸干，故错误；⑤酒精与水互溶，则着火时可用湿抹布或沙土扑

火，故正确；⑥二氧化硫有毒，不能排放在室外，故错误；⑦Na与水反应生成强碱，不能用手拿试剂，应选镊子，故错误；⑧煤气泄漏，不能立即开灯，易发生爆炸，应开门窗通风，故错误；⑨浓H2SO4沾在皮肤，先用布擦拭，再用水冲洗，不能使用NaOH，故错误

。3．C对化学实验剩余药品，大多是不可以放回原瓶的，但是极少数例外，如金属钠切下一小块后可放回原瓶，故①错误；可燃性气体点燃之前必须验纯，不纯可能发生爆炸，故②正确；用胶头滴管向试管中滴加液体，不能将滴管伸入试管中，若伸入试管中会污染滴管中的液体，故③错误；用托盘天

平称量固体药品时，应左物右码，故④正确；浓硫酸溶于水时放出大量的热，由于硫酸的密度大于水，因此如果将水加入到浓硫酸中水浮在硫酸上，造成液滴飞溅，可能会发生危险，故⑤正确；100mL容积太大，会造成较大误差，不能用来量取4.0mL稀硫酸，应用10mL量筒量取，故⑥错误。4．D

A项，取氢氧化钠，不能使用酸式滴定管，错误；B项，氯气收集应使用向上排气法，左边导气管应长一点，错误；C项，陶瓷坩埚不能加热分解碳酸钙，因为生成的氧化钙会和里面的硅酸盐发生反应，破坏坩埚，错误；D项，正确。5．A金属汞一旦洒落在实

验室地面或桌面，加硫磺粉处理，且金属汞不能深埋处理，易污染土壤和地下水，故A错误；氨氮废水中N为－3价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故B正确；液体

加热要加沸石或碎瓷片，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，否则可能暴沸，该操作合理，故C正确；乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸为电解质，且乙酸电离显酸性，则乙酸浓度越大，酸性越强，导电能力也越强，所以用pH计、电

导率计（一种测量溶液导电能力的仪器）均可检测乙酸乙酯的水解程度，故D正确。6．D加热试管内液体时，为防止沸腾时液体喷出伤人，试管口不能对着自己或别人，A错误；量筒不能用来配制溶液，稀释浓硫酸时，应将浓硫酸慢慢倒入水中，B错误；NaOH具有吸水性，能与空气中二

氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，C错误；无论采用哪种装置制取气体都应先检验装置的气密性，D正确。7．D蒸馏时，应先通冷水，防止馏分挥发，再点燃酒精灯加热，故①错误；蒸馏

时，沸石一定要先加，如果加热后发现沸石未加，则需停止加热且待冷却后再补加，否则会引起暴沸，故②错误；实验室制取气体时，要先检查装置的气密性，后加入试剂进行反应，以防装置漏气影响实验结果，故③正确；点燃可燃性气体如H2、CO等时，为防止爆炸要验纯后点燃，所以H2还原CuO实验

时，先检验气体纯度后点燃酒精灯，故④正确；分液时，先放出下层溶液，再倒出上层溶液，顺序不能颠倒，故⑤错误；分液时，先打开分液漏斗上口塞子，后旋开分液漏斗活塞，以便与内外气压相通，液体顺利流下，故⑥正确。8．CA项，为了使水与馏分充分接触，提高冷凝效果，冷凝管中冷凝水下进上出，

正确；B项，烧瓶不能直接加热，为了受热均匀，给烧瓶加热时需要垫上石棉网，正确；C项，蒸馏时用温度计控制馏分组成，蒸馏时需要将温度计水银球放在蒸馏烧瓶的支管口处，不能插入溶液，错误；D项，振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞

，避免溶液溅出，正确。9．CNaOH具有腐蚀性，易潮解，用托盘天平称量时需要用烧杯盛放氢氧化钠，而不能用纸片，故A正确；量筒的小刻度在下，大刻度在上，所以用容积为10mL的量筒量取9.0mL无水乙醇，使液面最

低点至刻度9.0mL处，故B正确；浓硫酸易吸水，应密封保存，故C不正确；溴水易挥发，应密封保存，溴水见光易分解，应放置在棕色试剂瓶中置于阴凉处，故D正确。10．C滴定管的测量精度为0.01mL，A项正确；新制氯水

见光易分解和易挥发，具有强氧化性，应用带玻璃塞的棕色细口瓶盛放，B项正确；测定溶液pH时，应用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照，不能用镊子，C项错误；水和乙酸乙酯不相溶，可用分液的方法分离，故需用分液漏斗，D项正确。11．答案：（1）蒸馏烧瓶分液漏斗直

形冷凝管（2）AEC（3）固体由黑色变为红色CuO＋H2=====△Cu＋H2O通一会氢气，使整个装置中不再有空气产生的废物少（其他合理答案也可）解析：（1）由图可知，A、C、E分别为蒸馏烧瓶、分液漏斗、直形冷凝管。（2）食用油和酒

精互溶，但二者沸点不同，利用蒸馏法分离，选择的仪器为A、E；汽油和水分层，利用分液法分离，选择的仪器为C。（3）如果H处放少量锌粒，G处盛稀盐酸，当稀盐酸和锌粒反应时生成氢气，在加热的条件下，氧化铜被氢气还原生成了铜，所以加热处的现象为固体由黑色变为红色；反应的化学方程式为C

uO＋H2=====△Cu＋H2O；为了实验安全，在加热前应采取的措施是通一段时间氢气，使整个装置中不再有空气，以防止氢气和空气的混合气体在加热时发生爆炸。用微型仪器进行实验，除试剂的用量极少以外，还可能具有的优点是产生的废物少（或减少污染）；加热时间短；反应时间短等。12

．答案：（1）防止暴沸直形冷凝管（2）起到缓冲作用，避免b中压强过大当b中压强过大时，a管中液面上升，使装置b中气压稳定（3）保温，使氨气尽量多的逸出解析：（1）碎瓷片的作用是防止液体暴沸。（2）a管与外界连通，用于平衡装置

内气体的压强。当b装置内气体压强过大时，就会造成a管内液面上升，甚至溢出，从而使装置b中气压稳定。（3）双层玻璃瓶的作用是保温，从而使氨气尽量多的逸出。13．答案：（1）②④①⑤⑥①②（2）ⅰ.②ⅱ.广口瓶里长短导管位置

错误ⅲ.无法确定由于橡皮管使分液漏斗与烧瓶形成一个连通装置，压强始终保持平衡，无论漏气与否，液体均能顺利流下（其他合理答案也可）ⅳ.向烧杯中注入洗涤剂（蒸馏水），充分搅拌后使沉淀沉降，用倾析法将清液倒出，重复数次解析：（1）能加热但必须垫石棉网的有烧杯和蒸馏烧瓶，故选②④；分液漏斗

、滴定管和容量瓶都需要检验是否漏水，故选①⑤⑥；分离沸点接近且互不相溶的液态混合物用分液的方法，使用的仪器为分液漏斗和烧杯，故选①②；（2）ⅰ.收集氨气用向下排气法收集，故从②处通入；ⅱ.二氧化硫和氢氧化钠反应，广口瓶起到防止倒吸的作用，所以广口瓶里应该短进长出，

才能防止水倒吸到前一个装置，故为长短导管位置错误；ⅲ.由于橡皮管使分液漏斗与烧瓶形成一个连通装置，压强始终保持平衡，无论漏气与否，液体均能顺利流下，所以不能确定是否漏气。ⅳ.倾析法分离固体和液体中洗涤沉淀的方法类似过

滤方法中的洗涤沉淀，方法为向烧杯中注入洗涤剂（蒸馏水），充分搅拌后使沉淀沉降，用倾析法将清液倒出，重复数次。课练28物质的制备狂刷小题夯基础[练基础]1．A二氧化锰催化双氧水分解制备氧气，不需要加热，故A正确；二氧化硫一般用亚硫酸钠与70%硫酸反应制得，故B错误；实验室氨

气制取有3种方法：氯化铵与石灰加热法，浓氨水加热法，浓氨水滴入生石灰，故C错误；电石与饱和食盐水反应较快，无需加热，故D错误。2．D浓盐酸和高锰酸钾、氯酸钾、次氯酸钙、次氯酸钠等强氧化剂均能反应生成氯气，故甲装置中的高

锰酸钾可用氯酸钾、漂白精代替，A正确；实验时先在装置乙内由铁和盐酸反应生成氯化亚铁、再通入氯气氧化氯化亚铁，故应依次打开乙中活塞、弹簧夹、甲中活塞，B正确；甲中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，反应的离子方程式为：2MnO－4＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5

Cl2↑＋8H2O，C正确；氯化铁易水解，结束后，将乙中溶液边加入浓盐酸边加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得FeCl3晶体，D错误；3．A左侧装置制备氨气，最右侧装置制备二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化

氢，氨气首先通入饱和氯化钠溶液，最后通入二氧化碳即可制得碳酸氢钠，据此解答。生成的二氧化碳中含有挥发出的氯化氢，X溶液为饱和碳酸氢钠溶液，作用是吸收二氧化碳中的氯化氢，A错误；装置中使用“多孔球泡”可增大接触面积，加快NH3的吸收速

率，B正确；氨气极易溶于水，因此实验时，先向饱和NaCl溶液中通入较多的NH3，再通入足量CO2，C正确；碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠，所以利用锥形瓶所得分散系制备Na2CO3固体，还需经历过滤、洗涤、干燥及焙烧等过程，D正确

。4．C双氧水具有强氧化性，能使染料等有机色素褪色，不能作为食品的去色剂，A错误；家庭厨房中常用纯碱溶液去除厨具表面的油污，B错误；氢气可在氯气中安静地燃烧，工业上利用该方法制备盐酸，C正确；氢氟酸溶液不能存放在玻璃瓶，D

错误。[练高考]5．CNH3应使用向下排空气法收集，A项错误；图示装置不能用于固液反应制气体，B、D项错误；KClO3在MnO2催化下加热可生成O2，O2的密度比空气的大，可用向上排空气法收集，C项正确。6．BH2S

与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥，故A错误；发生反应2H2O2=====MnO22H2O＋O2↑，浓硫酸干燥氧气，故B正确；铁片和浓硝酸常温下发生钝化，故不能制取二氧化氮气体，故C错误；氨气与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，故D错误。7．BKMnO4是固体物质，加热分解产生O2，

由于O2难溶于水，因此可以用排水方法或向上排空气的方法收集，故不可以使用a、d装置制取和收集O2，A错误；Zn与稀H2SO4发生置换反应产生H2，块状固体与液体反应制取气体，产生的H2难溶于水，因此可以用排水方法收集，故可以使用装置b、e制取H2，B正确；Cu与稀HNO3反应产生NO气体，NO能

够与O2发生反应产生NO2气体，因此不能使用排空气的方法收集，C错误；CaCO3与稀硫酸反应产生的CaSO4、CO2气体，CaSO4微溶于水，使制取CO2气体不能持续发生，因此不能使用该方法制取CO2气体

，D错误。[练模拟]8．B依据图示装置，甲中生成二氧化碳气体，经乙装置净化后进入丙与饱和氨—食盐水溶液反应析出碳酸氢钠晶体模拟侯氏制碱法。甲中分液漏斗盛稀盐酸，烧瓶内盛固体CaCO3固体，反应制得CO2，A正确；乙中盛饱和NaHCO3溶液，除去HCl，净化CO2，

B错误；氨气要先于CO2通入饱和食盐水，丙中盛饱和氨—食盐水溶液，C正确；丁中盛稀硫酸吸收被CO2带出的氨气，防止污染环境，D正确。9．D实验时应先打开K，再通入N2，将装置中的空气排净后，加浓硫酸，A正确；ClO2易爆炸，通N2的主要目的是稀释ClO2并使生成的ClO2进入后续装置，B正确；装置

②为安全瓶，可起到缓冲气流并防止倒吸的作用，C正确；根据反应的化学方程式2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2＋2H2O可知，NaClO2为还原产物，O2为氧化产物，D错误。10．D装置A是制备CO2的装置，可以用稀硫酸与碳酸氢钠反应制取

CO2，区别于稀硫酸与碳酸钙，因产生的硫酸钙微溶而不能用于制备CO2气体，A正确；装置B的作用是除去CO2中的HCl气体，选用饱和NaHCO3溶液，B正确；装置A制备CO2的目的是排净装置内的空气，防止Fe2＋被氧化，澄清石灰水变浑浊，说明已经排净装置内的空气，可

以打开b的旋塞，C正确；装置D中澄清石灰水的作用一是检验装置内空气是否排净，二是水封，防止外界的空气进入反应装置将Fe2＋氧化，D错误。综合测评提能力1．AA项．铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，故装置甲不能达到实验目的，错误；B项．SO2＋MnO2===MnSO4，故用装置乙将MnO

2还原为MnSO4，正确；C项．将固体C与MnSO4溶液分离用过滤，正确；D项．蒸发浓缩，再冷却结晶得到MnSO4·H2O晶体，正确。2．Db中产生二氧化硫，通入装置c中、与硫化钠和碳酸钠的混合溶液发生反应，

制备硫代硫酸钠，二氧化硫有刺激性气味、有毒，因此d是尾气处理装置，据此回答；据分析，b中反应的离子方程式为SO2－3＋2H＋=====△SO2↑＋H2O或HSO－3＋H＋=====△SO2↑＋H2O，A正确；据分析，c中试剂为硫化钠和碳酸钠混合溶液，B正确；硫化钠具

有还原性，二氧化硫具有氧化性、且它对应的亚硫酸是中强酸。因此一开始通入二氧化硫，装置c中会生成硫单质和亚硫酸钠，硫单质不溶于水、产生浑浊，S又可以和亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠、则又变澄清，C正确；已知硫代硫酸钠遇酸易分解。若实验中通入过量的SO2，则生成的

亚硫酸酸性较强，会使硫代硫酸钠遇酸分解、降低硫代硫酸钠的产量，D错误。3．C装置Ⅰ为制备氯气的发生装置，装置Ⅱ中盛有饱和食盐水，可除去氯气中的HCl；装置Ⅲ为干燥氯气的装置，应该盛装浓硫酸，干燥的氯气通过与铁粉共热生成氯化铁，因为氯化铁易潮解，为防止氯化铁水解，装置Ⅳ

应盛装浓硫酸，过量的氯气可利用氢氧化钠溶液进行尾气处理，又因为氯化铁100℃时易升华，所以装置Ⅴ是为了收集逸出的氯化铁，据此分析解答。A.浓盐酸在书写离子方程式中需拆分，所以装置Ⅰ中反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－=====△Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，

错误；B.NaHCO3会与HCl反应，不能达到除杂目的，所以装置Ⅱ洗气瓶中应该加入饱和NaCl以除去Cl2中的少量HCl，错误；C.根据上述分析可知，装置Ⅲ和装置Ⅳ洗气瓶中盛放的液体均为浓硫酸，其作用为吸收水蒸气，正确；D.

因为氯化铁在100℃时易升华，所以装置V的作用是收集逸出的氯化铁，错误。4．BA．集气瓶中收集到的主要是不参加反应的N2，错误；B.甲烧杯中应盛热水，其作用是使无水乙醇变成乙醇蒸气，乙烧杯中应盛装冷水，起到冷却作用，使乙醛蒸气冷凝为液体，正确

；C.试管a中收集到的液体还有乙醇等，错误；D.在加热条件下，铜和氧气反应生成黑色的氧化铜，氧化铜和乙醇反应生成红色的铜单质，则反应结束后，铜网仍为红色，错误。5．B将2-甲基-1-丙醇和POCl3溶于盛在

三口烧瓶中的CH2Cl2中，搅拌、加热回流（反应装置中的球形冷凝管用于回流），制备产物，A项正确；产生的HCl可用NaOH溶液吸收，但要防止倒吸，导气管不能直接插入NaOH溶液中，B项错误；分液收集CH2Cl2层需用到分液漏斗，振摇时需将

分液漏斗倒转过来，C项正确；蒸馏时需要用温度计控制温度，冷凝水从下口进、上口出，D项正确。6．B反应开始时，打开开关B、C，关闭开关A，将分液漏斗中稀硫酸滴入仪器2中，稀H2SO4与Fe粉反应产生FeSO4、H2，产生的H2通过导气管经开关进入装置

3中，当将整个装置中的空气由C口排尽后，关闭开关B，开启开关A、C，利用生成的H2在仪器2中压强增大，把FeSO4溶液压入装置3的NaOH溶液中，反应生成Fe（OH）2白色沉淀，防止生成的Fe（OH）2被空气中的氧

气氧化。根据上述分析可知：仪器1中应该盛放的试剂是稀硫酸，A正确；本实验通过控制A、B、C三个开关，将仪器中的空气排尽后，先关闭开关B，再打开开关A，就可观察到反应产生的氢氧化亚铁的颜色，B错误；Fe可以被磁铁吸引，实验时为防止仪器2中铁粉通过导管进入仪器3中，可在仪器2底部放上一块吸铁石，这样

Fe粉就不能随NaOH溶液进入到仪器3中，C正确；Fe（OH）2是白色固体，具有强的还原性，由于整个装置除去H2的还原性环境，因此就可以防止Fe（OH）2被氧化变为红褐色Fe（OH）3沉淀，因此可以相对较长时间的保持白色状态，D

正确。7．B根据题意，整个过程中，装置③中应该在无水环境中进行，且氯气不能过量。装置①中无加热装置，而该装置为实验室制取氯气的装置，所以烧瓶中的固体可以为高锰酸钾，故A正确；进入装置③中的气体应该为干燥的氯气，所以②试管中盛放的是浓硫酸，故B错误；根据碘

蒸气与氯化碘的沸点不同，可以通过蒸馏的方法分离提纯，故C正确；装置④用于吸收多余的氯气，同时防止空气中的水进入装置③，故D正确。8．D由图可知，盛放丙酸的仪器是恒压滴液漏斗，A项正确；为了保证冷凝效果，冷却水应从

冷凝管的下口进入，上口出去，B项正确；酯化反应为可逆反应，加入过量乙醇可提高丙酸的平衡转化率，无水氯化钙可吸收反应生成的水，也可提高丙酸的平衡转化率，C项正确；反应后的混合液经过滤、饱和Na2CO3溶液洗涤、分液可得到粗丙酸乙酯，不能结晶，D项错误。9．B由

题给流程可知，电解硫酸和硫酸铵的混合溶液得到过硫酸铵；过硫酸铵与硫酸氢钾发生复分解反应生成过硫酸钾和硫酸氢铵，则X为硫酸氢铵；过硫酸钾共热发生水解反应生成过氧化氢和硫酸氢钾，则Y为硫酸氢钾。A.由分析可知，X、Y分别为硫酸氢铵、硫酸氢钾，化学式分别为NH4HSO4

、KHSO4，正确；B.过硫酸中硫元素的化合价为＋6价，具有强氧化性是因为分子中含有—O—O—，错误；C.过氧化氢受热易发生分解反应生成水和氧气，则过硫酸钾的水解反应温度高不利于过氧化氢的生成，正确；D.过硫酸中因含有—O—O—而具有强氧化性，可使有机色质漂白

褪色，能起到杀菌消毒的作用，可用于工业漂白、外科消毒等领域，正确。10．CA．发生反应ⅰ的操作：先打开K1、K3，让稀硫酸流下和铁屑反应，生成硫酸亚铁和氢气，一段时间后关闭K1、K3，烧杯中压力增大，再打开K2、K4，生成的硫

酸亚铁进入中间装置，进行目标反应，正确；B.柠檬酸具有还原性，其作用是防止亚铁离子被氧化，正确；C.反应结束后向反应混合液中加入乙醇，由信息可知，会生成白色沉淀，经过过滤、洗涤得到粗产品，错误；D.（H2NCH2COO）2Fe易溶于水，难

溶于乙醇，所以洗涤甘氨酸亚铁粗产品最好选择乙醇，正确。11．答案：（1）试管铁架台（2）C（3）BD（4）磨砂面解析：（1）由图中仪器可知，试管是常用的反应容器，铁架台是常用的夹持仪器；（2）氯酸钾在二氧化锰作催化剂和加热的

条件下生成氯化钾和氧气，氧气不溶于水，收集氧气选用的装置最好是排水法，故选C；（3）实验室制取CO2是在常温下，用大理石或石灰石和稀盐酸制取的，碳酸钙和盐酸互相交换成分生成氯化钙和水和二氧化碳，因此不需要加热，二氧化

碳能溶于水，密度比空气的密度大，因此只能用向上排空气法收集；（4）与集气瓶配套使用的玻璃片一般一面为光滑面，另一面为磨砂面，收集气体时用玻璃片的磨砂面，会更严密。12．答案：（1）分液漏斗（2）①Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑②BD，BF，CD，CF（任写一种）（3）gfe（4）2H2

O=====ZnO、Fe2O3太阳能2H2↑＋O2↑（5）无明显变化（合理均可）由黑色变为红色硫酸或氢离子（或H＋）或酸性物质等合理均可解析：（2）①根据题给物质，用锌粒与稀硫酸反应制取氢气，化学方程式为Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑

；②该反应是固液无需加热型，氢气可用向下排空气法或排水法收集，故选用的装置有BD、BF、CD、CF四种组合。（3）用装置C制二氧化碳时，关闭开关，液面没过锌粒反应产生氢气，随着气体压强增大，液面逐渐下降

，直至脱离锌粒，反应停止，故多孔隔板处依次观察到的现象是gfe。（4）从图中分析可知，在太阳能作用下，水在反应1处分解氢气，随着催化剂的转化，在反应2处放出氧气，该体系制取氢气的化学方程式2H2O=====ZnO、Fe2O3太阳能2H2↑＋O2↑。（5）从产生

的气体不是SO2判断，将该气体通入澄清石灰水中无明显变化；从产生的气体是H2判断，将该气体净化后通过灼热的CuO时，能还原CuO得到铜单质，固体由黑色变为红色；由上述实验产生氢气的结论可以推出，硫酸铜溶液中可能含有硫酸。13．答案：（1）锥形瓶（2）2H2O2=====MnO22H2O＋

O2↑润湿水玻璃片C（3）反应生成的K2MnO4和MnO2分解放出O2Ⅰ将带火星的木条放入试管内高锰酸钾不是催化剂，加了高锰酸钾之后，产生氧气速度加快是因为高锰酸钾分解也会产生氧气，同时产生的二氧化锰对氯酸钾的分解起催化作用解析：（1）

根据图中仪器的外形可知，仪器a是锥形瓶；（2）实验室制取氧气选用的试剂为过氧化氢和二氧化锰，过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2=====MnO22H2O＋O2↑；在用橡皮管连接装置B和E中的玻璃导管时，应先把玻璃管口润湿，然后稍稍用力把玻璃管插入

胶皮管；用排水法收集气体前，应将集气瓶装满水，盖上玻璃片，不能留有气泡，否则会使收集的氧气不纯；氧气密度比空气大，所以可以采用向上排空气法收集，故收集装置还可选C；（3）结合猜想Ⅰ和猜想Ⅱ，可做猜想：反应生成的K2M

nO4和MnO2分解放出O2；二氧化锰质量不变，表示二氧化锰并未分解，故猜想Ⅰ错误；若K2MnO4能分解放出氧气，则产生的氧气可使带火星的木条复燃，所以可将带火星的木条放入试管内，若木条复燃，则猜想Ⅱ正确；高锰酸钾加热分解产生锰酸钾、二

氧化锰和氧气，加快了氧气的生成速率，同时，二氧化锰可以催化氯酸钾分解，因此氯酸钾分解速度加快，并不是因为高锰酸钾在反应中起催化剂作用。课练29实验方案的设计和评价狂刷小题夯基础[练基础]1．DA．溶解淀粉：淀粉溶于热水，所得液体在激光笔照射下产生丁达尔效应，胶体是一种分散系，故说明淀

粉溶液是胶体，错误；B.检验淀粉水解程度：在淀粉溶液中加入稀硫酸并加热，冷却室温后，滴加少量碘水，溶液变蓝，说明溶液中还有淀粉，并不能说明淀粉没有发生水解，也可能是部分水解，错误；C.配制新制Cu（OH）2时需保证碱过量，故应该向试管中先加入2mL10%的NaOH溶液，

再加入1mL2%的CuSO4溶液，振荡，错误；D.验证淀粉水解产物：淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加NaOH溶液使溶液呈碱性，加入新制Cu（OH）2加热，若有砖红色沉淀生成，说明淀粉水解生成还原性糖，正确。2．DA．向盛有5.0gKNO3固体的烧杯中，加入100g水，搅拌，得到溶液

的质量分数＝5.0g100g＋5.0g×100%＝4.8%，错误；B.铝能和硝酸银、硫酸铜反应，说明铝最活泼，不能比较银和铜的活泼性，错误；C.硫酸铜溶于水形成蓝色溶液，硫酸钡和碳酸钙都是难溶于水的白色固体，不能

区分硫酸钡和碳酸钙，错误；D.用拇指堵住集满氢气的试管口，管口向下靠近火焰，移开拇指点火，如果发出尖锐的爆鸣声，说明氢气不纯，如果发出“噗噗”声，说明氢气纯净，正确。3．AA．CuSO4溶液由于Cu2＋水解呈酸性，加入CuO可调节

溶液的pH，使Fe3＋完全沉淀Fe（OH）3，再过滤除去，正确；B.原油是复杂烃类混合物，各种烃的沸点由低到高几乎是连续分布的，用简单蒸馏方法极难分离出纯化合物，错误；C.蒸发结晶应在蒸发皿中操作，错误；D.眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色变化，错误。4．AA．检验装置的气密性利用的是

在装置内形成气压差而产生明显的现象来判定的，图1中为恒压漏斗，注水后无论气密性是否良好，都能顺利流下，不能检验装置的气密性，符合；B.图1装置中，浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应可制备Cl2，不符合；C.饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，浓硫酸除去水蒸气，干燥氯气，故可通过图2装

置干燥并收集一定量的Cl2，不符合；D.连接图1、图3装置，打开K1，点燃酒精灯，制备氯气，氯气进入水中，可制备少量氯水，不符合。5．DA．新制饱和氯水中，氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸不稳定，光照发生分解生成盐酸和氧气，所以如用强光照射实验1中的溶液，溶液酸性增强，

溶液的pH将减小，错误；B.实验2中滴加碘化钾淀粉溶液，溶液变蓝色，碘单质遇淀粉变蓝，证明新制饱和氯水存在氯气分子，氯气置换出碘化钾中的碘，错误；C.酸性条件下，Fe2＋、Cl－与ClO－不能共存，错误；D.实验4中新制饱

和氯水中滴加1mol·L－1NaHCO3溶液，至恰好不再产生气泡，则c（Cl－）>c（HCO－3）>c（ClO－），正确。[练高考]6．DNH4Cl受热分解能生成NH3和HCl，但试管口温度较低，NH3和HCl在试管口会重新生成NH4

Cl，A项错误；铝片遇到冷浓硝酸钝化，不能用该方法制备NO2，B项错误；浓硫酸具有强氧化性，能和Na2S发生氧化还原反应生成S和SO2，不能生成H2S气体，C项错误；加热KClO3和MnO2的混合物可以制备O2，其中MnO2作催化剂，D项正确。7．答案：（

1）aefbcg将分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上端的小孔对齐（2）增大接触面积，使反应更充分（3）CO2＋NaCl＋NH3·H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl（4）①0.84②降温结晶过滤（5）A解析：（1）

制备NaHCO3的具体过程为先制备CO2，再除去杂质HCl，然后将纯净的CO2通入饱和氨盐水中制得NaHCO3，最后用NaOH溶液处理多余的CO2，所以装置的连接顺序为aefbcg。分液漏斗使用前需要让其与大气连通，否则液体无法滴落，所以

为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，需要打开分液漏斗上部的玻璃塞，或者将分液漏斗上部玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上端的小孔对齐。（2）雾化装置可以增大接触面积，使饱和氨盐水与CO2充分接触，使反应更充分。（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为CO2＋NaCl

＋NH3·H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。（4）①1molCO2与足量Na2O2反应，最终Na2O2增重的质量相当于1molCO的质量，假设固体NaHCO3的质量为xg，可列如下关系式：2NaHCO3～CO2～

Na2O2～CO2×8428xg0.14g则2×84xg＝280.14g，解得x＝0.84。②根据题图中NaCl和NH4Cl的溶解度曲线可知，NH4Cl的溶解度随温度的升高变化较大，而NaCl的溶解度随温度的升高变化不大，为使NH4Cl沉

淀充分析出并分离，需采用的操作为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）若称量前的无水Na2CO3吸收了一定量的水，此时Na2CO3的含量偏低，则用其标定盐酸浓度时，会使滴定结果偏高。[练模拟]8．CA．非金属性强弱可通过最高价氧化物对应的水化物的酸

性来比较，即比较Cl、C、Si的非金属性强弱应该用HClO4、H2CO3、H2SiO3，描述错误，不符合题意；B.托盘天平读数只能读到小数点后一位，不能到小数点后4位，描述错误，不符合题意；C.引发喷泉的操作：挤压胶头滴管的胶头，使少量水进入圆底烧瓶，此时由

于氨气极易溶于水，烧瓶内压强减小，形成喷泉，描述正确，符合题意；D.装置丁中不能使用酒精液封，因为酒精与水互溶不能隔绝空气，不能防止Fe（OH）2被氧化，描述错误，不符合题意。9．B实验1试管中加入淀粉后溶液变蓝

，说明生成了碘单质，发生了反应2Fe3＋＋2I－===2Fe3＋＋I2，则该条件下氧化性：Fe3＋＞I2，故A正确。若该反应不是可逆反应，反应进行完全时，电流表指针不再偏转；若该反应为可逆反应，反应达到平衡状态时，电流表指针也不再偏转，实验2中最后电流表指针不再偏

转不可证明Fe3＋和I－的反应为可逆反应，故B错误。Fe3＋的量是少量的，若不是可逆反应，则应反应完全，向试管中加入KSCN，溶液不会变红，若为可逆反应，Fe3＋不会完全反应，向试管中加入KSCN，溶液变红，

所以可以通过溶液是否变红判断是否有Fe3＋，从而判断该反应是否为可逆反应，故C正确。若该反应为可逆反应，当实验2电流表指针不再偏转时，向右侧烧杯中加入单质碘，碘单质的浓度增大，可逆反应平衡逆向移动，电流表指针发生偏转；若该反应不是可逆反应，电流表指针不会发生偏转，实验2电流表指针不再偏转时

，向右侧烧杯中加入单质碘可判断该反应是否为可逆反应，故D正确。10．CA．熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇的氧化反应是放热反应，放出的热量足以维持反应进行，正确；B.甲中为热水，起到加热乙醇的作用，使乙醇形成蒸气挥发，乙中水起到冷凝作用，使乙醛蒸气冷却，即甲烧杯中为热水，乙烧杯中为冰水，正

确；C.试管a收集到的液体为乙醇和乙醛，乙醛还可能被氧化为乙酸，所以试管a收集到的液体中至少有两种有机物，错误；D.空气中氮气和氧气的体积比为4∶1，反应消耗氧气使集气瓶氮气和氧气的体积比大于4∶1，相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以水槽中集气瓶收集到的气体：n（N2

）n（O2）＞4，正确。综合测评提能力1．A硝基苯难溶于水且密度大于水，使用分液漏斗分离硝基苯和水的混合溶液，水应从上口倒出，故选A；NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定0.1mol·L－1NaClO溶液的pH，故不选B；实验室中一般没有15

0mL规格的容量瓶，故不选C；将CO2与HCl混合气体通过饱和食盐水，得到湿润的CO2气体，故不选D。2．AA．水分子中羟基氢原子的活性强于乙醇中羟基氢原子的活性，相同条件下，将大小相同的钠分别与等量的乙醇、水反应时，水与钠反应的反应速率快于乙醇，

正确；B.铜和氯化铁溶液反应生成氯化铜和氯化亚铁，该反应不是置换反应，不能比较铁、铜的活泼性强弱，错误；C.盐酸与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，反应中没有明显的实验现象，无法比较反应速率的大小，错误；D.酸性高锰酸钾溶液与乙烯反应时生成二氧化碳，除去乙烯

杂质的同时又引入了二氧化碳杂质，不能达到除杂的目的，错误。3．D只用浓氨水制备氨时需要加热，A错误；氨极易溶于水，用酚酞水溶液代替湿润的pH试纸会溶解更多的NH3，影响后续实验的进行，B错误；煤油的密度小于水的密度，不能起到防倒吸的作用，C错误

；应采用向下排空气法收集氨，故可用装置⑥代替装置④进行氨的收集，D正确。4．D已知PCl3、POCl3均易水解，所以A装置中装有浓硫酸，其作用为干燥氧气，长导管的作用为平衡压强，故A正确；根据题意可知，B装置中发生反应的化学方程式为2PC

l3＋O2===2POCl3，故B正确；因为PCl3、POCl3均易水解，所以要防止空气中的水蒸气等进入B中，故C正确；冷凝水应该是下口进，上口出，冷凝效果好，故D错误。5．DA．胆矾化学式可表示为Cu（H2O）4SO4·H2O，有Cu（H2O）2＋4和SO2－4，存在离子键，H2O和SO2－4中

含有共价键，Cu（H2O）2＋4中H2O与Cu2＋间存在配位键，结晶水与SO2－4之间存在氢键，正确；B.蔗糖中加入浓硫酸，会炭化膨胀，说明浓硫酸具有脱水性，同时放热，产生的C和浓硫酸反应生成CO2和SO2，SO2通入品红溶液中

，使品红溶液褪色，说明浓硫酸具有强氧化性，正确；C.浓硫酸具有强氧化性，从元素守恒角度推测，黑色固体由Cu、S、O、H组成，故黑色固体可能为CuO、CuS、Cu2S，正确；D.实验3的残留物中含有浓硫酸，直接加水会导致浓硫酸溶于水放热，水沸腾

，酸液飞溅，造成危险，故不能直接加水，需要将残留物过滤之后，加入水中，观察颜色，错误。6．CA．常温时，铁与浓硝酸发生钝化，错误；B.F装置的作用是根据反应FeSO4＋NO⇌Fe（NO）SO4，间接确认E中是否有NO生成，错误；C.NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收，而NaOH溶液则不能吸

收NO，故G装置中的试剂不可以用NaOH溶液代替，正确；D.生成－3价氮的化合物是氨气，氨气极易溶于水生成氨水，氨水电离生成铵根离子，检验铵根离子的方法是：取少量反应后A中溶液于试管中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口，若

试纸变蓝，则A中生成NH＋4，错误。7．DA．实验目的是探究盐酸与NaOH溶液反应的热效应，可以将NaOH溶液滴入盐酸中，则a可能是NaOH溶液，正确；B.由NaOH＋HCl===NaCl＋H2O知，x、y、z三点对应的

溶液中，参加反应的酸、碱物质的量之比均为1∶1，则质量比不变，正确；C.由图2可知，随着反应进行，温度升高，则该反应存在化学能转化为热能，正确；D.由图像知，y点温度最高，盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，此时溶液为氯化钠溶液，加入Fe粉，无气泡产生，错误。8．CA．装置A中的分液漏斗，使用时要想让液体

流出，除打开活塞外，还应打开瓶塞，不正确；B.为防止氯化氢对后续实验的干扰，装置B中的药品为饱和碳酸氢钠溶液，作用是吸收挥发出的氯化氢，不正确；C.该实验中，不管是用盐酸制取碳酸，还是用碳酸制取硅酸，设计原理都为强酸制弱酸，正确；D.该装置中，产生的尾气为

CO2，对环境不造成污染，所以可以不设计尾气处理装置，不正确。9．AA．试管a中收集产物乙醛，混有产物水、未反应的乙醇，因此加入Na有可燃性气体生成，不能说明试管a中混有乙醇，错误；B.甲中提供反应物，选用热水，有利于乙醇挥发，乙中选用冷水，有利于冷凝收集产物，正确；C.该反应

中铜为催化剂，硬质玻璃管中铜网出现红黑交替现象，正确；D.乙醇、乙醛互溶，因此不能用分液的分离方法除去试管a中粗乙醛的杂质，应采用蒸馏的分离方法，正确，故选A。10．BA．将铁钉和铜丝连接插入食醋中即

可形成简单铁铜原电池，不符合题意；B.浓硝酸受热分解能放出红棕色二氧化氮气体，所以向浓硝酸中插入红热的碳，产生红棕色气体，不能证明是碳与浓硝酸反应，符合题意；C.因为溴蒸气能和AgNO3溶液反应，产生浅黄色溴化

银沉淀，不符合题意；D不符合题意。11．答案：（1）探究浓度与温度对化学反应速率的影响（2）202.5（3）实验Ⅲ溶液中生成黄色沉淀的时间最短（4）催化剂等解析：（1）根据表格中数据可以看出，Ⅰ、Ⅱ中Na2S2O3溶液浓度不同

；Ⅱ、Ⅲ中保证浓度一致，判断温度对反应速率的影响；（2）Ⅰ与Ⅱ的温度相同，只控制浓度不同；Ⅱ与Ⅲ只有温度不同，可知a＝20，b＝13－9－1.5＝2.5；（3）实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为实

验Ⅲ溶液中生成黄色沉淀的时间最短；（4）为了更好的完成这个探究实验，探究影响化学反应速率的因素还有催化剂等。12．答案：（1）Cu＋4H＋＋2NO－3===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O（2）4HNO3===4NO2↑＋

O2↑＋2H2O（3）Ca（OH）2＋2NH4Cl=====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O白烟HCl＋NH3===NH4Cl（4）5O2＋4NH3=====催化剂△4NO＋6H2O8.5（5）丙硝酸耗量少，产物无污染（6）①Cu＋2H2SO4（浓）

=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O②品红褪色③NaOHSO2＋OH－===SO2－3＋H2O解析：（1）甲同学用A装置可采用铜与浓硝酸反应制备NO2气体，则A中发生反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO－3

===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O。（2）A装置分液漏斗中的溶液为浓硝酸，溶液显黄色是因为浓硝酸分解，发生的反应方程式为4HNO3===4NO2↑＋O2↑＋2H2O。（3）实验室制氨气用消石灰和氯化铵固体加热，发生的方程式为：Ca（OH）2＋2

NH4Cl=====△CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，检验集气瓶中氨气是否集满，可将一端蘸有浓盐酸的玻璃棒接近导管口，浓盐酸与氨气反应生成氯化铵固体小颗粒，可以看见冒白烟，方程式为HCl＋NH3===NH4Cl。（4）实验室中模拟氨的催化氧

化反应，反应方程式为：5O2＋4NH3=====催化剂△4NO＋6H2O，根据方程式可知氨气被氧化，当生成标准状况下11.2LNO时，被氧化的氨气为0.5mol，故质量为：0.5mol×17g·mol－1

＝8.5g。（5）方案甲是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；方案乙是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；丙是利用铜

和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜，反应过程中无污染气体生成，且消耗硝酸的量最少，能体现绿色化学理念。故答案为：丙；硝酸耗量少，产物无污染；（6）①L装置中为铜和浓硫酸反应制二氧化硫，反应方程式为Cu＋2H2SO4（浓）=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O。②M中

盛有品红溶液，SO2可以使品红褪色，当R中收集到生成的气体时，M中可观察到的现象是品红褪色，故答案为：品红褪色。③SO2尾气有可能造成环境污染，装置Y中盛放氢氧化钠溶液，离子方程式为SO2＋2OH－===SO2－3＋H2O。13．答案：（1）1∶1（2）①关闭A中恒压滴液漏

斗的玻璃塞和G的活塞，往B烧杯中加水没过导管口，用酒精灯微热A中的烧瓶，B管口有气泡产生，冷却后管口形成一段液柱，则装置气密性良好②球形干燥管③尾气吸收，防污染；防倒吸；帮助判断H2S是否集满（任写两点）④无水氯化钙或五氧化二磷

H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋⑤饱和食盐水C中的黄绿色不再褪去⑥SO2－4取少许C中反应后的溶液于试管中，加入少量盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生解析：（1）H2O2与H2S发生氧化还原反应产生

H2O、S，反应的化学方程式为：H2O2＋H2S===2H2O＋S，在该反应中H2O2为氧化剂，H2S为还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1；（2）①有气体参加的反应，在装入药品之前要先检查装置的气密性，证明以上装置气密性良好的具体操作是：关闭A中恒压滴液漏斗的玻璃塞和

G的活塞，往B烧杯中加水没过导管口，用酒精灯微热A中的烧瓶，B管口有气泡产生，冷却后管口形成一段液柱，则装置气密性良好；②根据装置图可知：仪器E的名称是球形干燥管；③在装置A中FeS与稀硫酸反应产生H2S气体，经装置E的无水氯化钙的干燥作用后通入装置C中

，将装置中空气排出，使装置C充满H2S气体；然后将G中饱和NaCl溶液滴入装置D中，将D中的Cl2经装置F的干燥作用后通入C中，Cl2与H2S在装置C中发生反应产生HCl、S单质。H2S是大气污染物，可根据其能够与NaOH溶液反应的性质进行吸收，装置B的试剂中下层是有机物CCl

4，上层是NaOH溶液，这样可以防止倒吸现象的发生，同时还会发生反应：H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，而产生黑色CuS沉淀，故装置B的作用是尾气吸收，防污染；防倒吸；帮助判断H2S是否集满；④E中的试剂作用是干燥H2S气体，而不能与其发生反应，由于

干燥剂的状态是固体，因此可以是无水氯化钙或五氧化二磷；先通H2S排出装置中的空气，若H2S已充满，则装置B中会发生反应：H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，产生黑色CuS沉淀，离子方程式为：H2S＋Cu2＋===CuS↓

＋2H＋；⑤G中的试剂的作用是将装置D中的Cl2压入装置C中，可根据Cl2不能在饱和食盐水中溶解的性质分析，G中的试剂为饱和食盐水；Cl2是黄绿色气体，若Cl2与H2S在装置C中恰好发生反应：Cl2＋H2S===2HCl＋

S，反应产生的HCl及H2S都是无色气体，因此判断装置C中Cl2过量的方法是气体显黄绿色，且黄绿色不再褪去；⑥分析与讨论：实验Ⅱ中黄色沉淀消失是S元素转变成了＋6价的SO2－4，可根据BaSO4是白色既不溶于水也不溶于酸的物质进行检验，方法是：取少许C中反应后

的溶液于试管中，加入少量盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明C中反应后的溶液中含有SO2－4；在实验时要注意使用的氧化剂的种类及氧化剂的用量对实验结果的影响。课练30物质的检验、分离和提纯狂刷小题夯基础[练基础]1．B钠

的密度大于煤油，与煤油不反应，少量的钠保存在煤油中可以隔绝空气中氧气和水，工业上大量的钠采用蜡封的方法保存，A项正确；滴定管是有刻度的精密仪器，不能在烘箱中烘干，B项错误；CaO和水反应生成Ca（OH）2，蒸馏得到纯净的乙醇，C项正确；明矾是十二水硫酸铝钾，可以直接加

热生成硫酸；胆矾高温分解生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸；石膏高温下分解生成二氧化硫，二氧化硫被氧化生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，D项正确。2．C加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加入Ba

Cl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加入Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，加入Na2CO3溶液一定要在加入BaCl2溶液之后，为了使产生的沉淀不溶解，稀盐酸一定要在过滤后加入，故正确的操作顺序为③②①⑤④或②③①⑤④或③①②⑤④，C项符合题意。3．C①沉淀为化

学方法，错误；②蒸发结晶时，在蒸发皿中出现较多晶体时停止加热，错误；③苯的密度比水小，萃取后含碘的苯溶液在上层，正确；④稀硫酸酸化时引入了SO2－4杂质，错误；⑤SO2与Na2SO3反应，应用NaHSO3饱和溶液除去SO2中混有的HCl杂质，错误；⑥Na

OH溶液与铝粉反应而不与镁粉反应，故能除去铝粉，正确。4．A氯气易溶于四氯化碳，HCl难溶，所以混和气通过CCl4洗气可以除去HCl中混有的氯气，A正确；MgCl2溶液中除去FeCl3溶液常选用Mg（OH）2，B错误；硝基苯和苯都是有机

物，水是无机物，根据相似相溶原理，蒸馏水不能使混合液分层，C错误；用H2除杂会引入新的杂质气体H2，D错误。5．B乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A

不能达到目的；容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的。6．

C溶解时没有用玻璃棒搅拌；向粗盐水中依次滴加过量的BaCl2、Na2CO3、NaOH溶液，加入顺序BaCl2应在前；滤液中滴加盐酸至不再有气泡产生，不需要用玻璃棒搅拌；蒸发时应用蒸发皿而不是用坩埚；共有4处错误。[练高考]7．AA项，二氧化硫也有较强的还原性，也能被酸性高锰酸

钾溶液氧化，不能实现除杂目的；B项，饱和的食盐水可以除去氯气中的氯化氢气体，同时可以降低氯气的溶解度，能达到除杂的目的；C项，杂质氧气会与灼热的铜丝反应，生成氧化铜固体，而氮气不会与铜反应，能达到除杂的目的；D项，混合气体通过

氢氧化钠溶液，NO不与氢氧化钠溶液反应，而NO2会与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，能达到除杂的目的。8．AD球形冷凝管的作用是冷凝回流易挥发的物质，使反应物充分反应，提高产率，A正确；冷凝时，冷凝管的进水方向为下口进、上口出，即装置Ⅱ

的进水口应为b，出水口为a，B错误；萃取分液时，上层液体应从上口倒出，下层液体应从下口放出，C错误；装置Ⅲ得到的粗产品经干燥后，还含有1-丁醇等杂质，可再次蒸馏得到更纯的产品，D正确。[练模拟]9．B乙醇易溶于水，不能用于萃取，故A错误；丁醇与乙醚的沸点相差较大，且二者互溶，

则可通过蒸馏分离，故B正确；重结晶是利用不同物质溶解度随温度变化不同进行分离的方法，氯化钠溶解度随温度变化较小，故C错误；二者互溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法，故D错误。10．B粗盐提纯实验需要用NaOH溶液除去Mg2＋、用BaCl2溶液除去SO2－4、用Na2CO3溶液

除去Ca2＋和多余的Ba2＋、用盐酸除去多余的OH－和CO2－3，A正确；导管将分液漏斗上方和圆底烧瓶内连通，关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，液体必然滴落，无法证明a中气密性是否良好，B错误；实验过程中，氯化钠固体和浓硫酸反应产生的氯化氢气体进

入c，氯离子浓度增大，则c中有氯化钠固体析出，C正确；氯化氢溶于水后显酸性，d中加入NaOH溶液可以吸收尾气，D正确。11．A①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀为BaSO

4，说明原溶液中含有SO2－4，②向①中的滤液中加入足量的NaOH溶液，有沉淀生成，说明原溶液至少含有Fe2＋、Fe3＋中的一种，CO2－3与Fe2＋、Fe3＋无法大量共存，则原溶液中一定不存在CO2－3，微热，有气体产生，该气体为NH3，说明原溶液中含有NH＋4。假设离子浓度为1mol·L－1

，溶液为1L，1molSO2－4带有2mol负电荷，1molNH＋4带有1mol正电荷，假设含有Fe2＋，则1molFe2＋带有2mol正电荷，溶液必然含有带1mol负电荷的离子，即含有Cl－，假设合理；假设含有Fe3＋，则1mo

lFe3＋带有3mol正电荷，则必然有带2mol负电荷的离子，没有满足要求的离子，假设错误，从而推出一定含有的离子是Fe2＋、NH＋4、SO2－4、Cl－，一定不含有的离子是Na＋、Fe3＋、CO2－3。综合上述分析，存在的离子是NH＋4、SO2－4、Fe2＋、Cl－，故A正

确；一定不含有Na＋，故B错误；溶液中一定含有Fe2＋，一定不含有Fe3＋，故C错误；原溶液中一定不含有CO2－3，故D错误。12．AA项，Fe与盐酸反应产生气体H2，即Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，H2中HCl用水除去，用浓H2SO4干燥H2，正确；B项

，FeS与盐酸反应产生H2S气体，即FeS＋2HCl===FeCl2＋H2S↑，用水除HCl时，H2S也溶于水，且H2S会与浓H2SO4发生氧化还原反应，不能用浓H2SO4干燥H2S，错误；C项，MnO2与浓盐酸反应产生Cl2气体，该反应需要加热，缺加热装置，且装置④不能装固体除杂

，错误；D项，CaCO3与盐酸反应产生CO2气体，即CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O，用水除去CO2中HCl，但装置④不能装固体除杂，故D错误。综合测评提能力1．D除杂质加试剂的顺序只要BaCl2溶液在Na2CO3溶液之前都行，A项错误；过滤不用分液漏斗，B项错误；加入硝酸

会引入杂质，C项错误；海水煮盐除去盐溶液中的水得到盐，其原理类似于蒸发结晶，D项正确。2．C氢氧化钠若变质会生成碳酸钠，加入盐酸会有气泡产生，故①正确；加入氢氧化钡，则引入了氢氧根，故不能确定原溶液中有无氢氧化钠，故

②错误；浓硫酸不可以吸收二氧化碳，故称量浓硫酸的增重不能确定二氧化碳的质量，故③错误；氢氧化钡和碳酸钠可以生成碳酸钡沉淀，过滤除去，故④正确，故选C。3．D淀粉溶液属于胶体，食盐水属于溶液，可通过丁达

尔现象区分胶体和溶液，故A正确；碳酸氢钠能与HCl反应生成氯化钠和二氧化碳，且不吸收二氧化碳，可用饱和碳酸氢钠吸收二氧化碳中的HCl，故B正确；酒精可以萃取某些植物花瓣中的有色物质，制成酸碱指示剂，故C正确；保存Fe

Cl3溶液应加少量稀盐酸，可以有效的抑制其水解，加Fe粉会将氯化铁还原成氯化亚铁，故D错误。4．C粗盐中含不溶性杂质、硫酸根离子等可溶性杂质，把可溶性杂质转变成沉淀后，再过滤除去所有不溶性固体，所得滤液蒸发结晶，故

利用化学提纯过程不涉及蒸馏操作，A错误；上述转化中反应①电解熔融的氯化钠生成钠和氯气、反应④为电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，均属于氧化还原反应，B错误；反应②为侯氏制碱法，所得副产物为氯化铵，其中既含离子键又

含共价键，C正确；实验室可用氯化钙鉴别碳酸钠和碳酸氢钠：氯化钙和碳酸钠反应生成白色沉淀，和碳酸氢钠不反应，D错误。5．C碘易升华，故步骤①的温度不宜过高，A项正确；步骤②中加入N2H4·H2O，IO－、IO－3转化为I－，I元素的化合价降低

，则N2H4·H2O作还原剂，B项正确；步骤③中，加入稍过量BaI2溶液除去SO2－4，再加入稍过量Na2CO3溶液除去Ba2＋，过滤后向溶液中加入稍过量HI溶液，除去CO2－3，C项错误；将NaI溶液蒸发结晶、干燥得

到NaI晶体，D项正确。6．A过程Ⅰ中铁与酸反应产生氢气、Ⅱ中滤渣中的铁与盐酸反应产生氢气、Ⅲ中双氧水将氯化亚铁氧化为氯化铁没有产生气体、Ⅴ中SOCl2与氯化铁晶体中的结晶水作用产生气体SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl

↑，选项A不正确；上述流程中发生的反应有置换反应如铁与盐酸反应、化合反应如氯化铁与铁的反应，选项B正确；Ⅱ中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液加入H2O2溶液，将氯化亚铁氧化生成氯化铁，可提高FeCl3产率，选项C正确；Ⅴ中用SOCl2而不采用直接加热脱水的方法，因发生反应

SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑，避免FeCl3水解，选项D正确。7．D由步骤③沉碘可知，需要过滤分离出碘，图中过滤装置需要，故A正确；碘易升华，可利用此性质提纯碘，图中升华装置需要，故B正确；CCl4与NaOH溶液分层，图中分液装

置需要，故C正确；混合物分离碘的过程不需要蒸馏，则不需要图中蒸馏装置，故D错误。8．C焙烧是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3、氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：4FeO·V2O3＋4Na2CO3＋5

O2=====高温8NaVO3＋2Fe2O3＋4CO2，水浸，浸出渣为氧化铁，得到NaVO3溶液，滤液中加入NH4Cl沉钒生成NH4VO3，受热分解生成V2O5和氨气，最后用硅铁还原，硅参与高温还原反应的方程式为5Si＋2V2O5====

=高温4V＋5SiO2或5Si＋2V2O5＋5CaO=====高温4V＋5CaSiO3，炉渣的主要成分是CaSiO3，以此解答该题。A.“焙烧”后“水浸”得到的浸出渣为Fe2O3，所以“焙烧”步骤中产物为NaV

O3、Fe2O3和CO2，正确；B.杂质P2O5溶于水与水反应生成磷酸，故“调pH与沉钒”步骤中磷元素进入滤液中从而除杂，正确；C.加入NH4Cl沉钒生成NH4VO3沉淀，“热解”生成V2O5和NH3、H2O，所以“热解”步骤中气体产物为NH3，错误；D.

硅铁合金高温还原V2O5制备的粗钒中会混有硅、铁杂质，正确。9．A用氢氧化钠除去Mg2＋，用氯化钡除去SO2－4，用碳酸钠除去Mg2＋，过滤，最后盐酸除去过量的Na2CO3和NaOH，故能达到目的，故A正确；制备乙酸乙酯不用

蒸馏烧瓶，故B错误；若证明亚硫酸酸性强于碳酸，应该用二氧化硫气体通入到碳酸钠溶液中进行验证，故C错误；蔗糖在稀硫酸作用下水解产物中含有还原性糖葡萄糖，葡萄糖中含有醛基，配制新制氢氧化铜悬浊液进行检验，试剂及仪器不满足

该实验，故D错误。10．C（1）溶解得无色澄清溶液，则不含CuCl2、Ca（NO3）2；（2）取（1）中无色溶液中加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀一定含有BaCO3，可能含有BaSO4；（3）取少许（2）中

过滤后的无色溶液于试管中，滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，白色沉淀为AgCl，由于加入氯化钡溶液引入氯离子，不能说明原物质含有KCl，整个实验也不能确定是否含有KNO3，综上分析可知，杂质中肯定不含有Ca（NO

3）2、CuCl2，而KNO3、KCl、Na2SO4不能确定是否含有，故C正确，A、B、D错误。11．答案：（1）Ca2＋CaCl2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaCl稀硫酸（2）过滤漏斗（3）先将M蒸发浓缩，再降温结晶解析：（1）加入的碳酸钠和氯化钙反应

生成碳酸钙沉淀和氯化钠，因此除去的是钙离子，反应的化学方程式分别为：Na2CO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaCl；稀硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，没有带入新杂质；碳酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳气体，没有带入任何其它杂质；符合除杂的原则，故NaOH和Na2CO3

如果添加过量了，可在过滤后向滤液中滴加稀硫酸除去；（2）操作a得到的是固体和液体，因此是过滤，过滤需要烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；（3）由于硫酸钠的溶解度受温度影响较大，温度越高溶解度越高，而氯化钠溶解度受温度影响较小，降温的过程中会析出大量的硫酸钠，所以操作b应为：先将溶液M蒸发浓缩，再降温

结晶、过滤。12．答案：（1）500mL容量瓶、烧杯坩埚（2）Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O（3）向过滤器中加入蒸馏水，使水刚好浸没沉淀物，待水自然流尽后，重复操作2～3次解析：（1）配制1mol·L－1NaOH溶液

480mL，需要500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，灼烧固体应在坩埚中进行。（2）铝土矿中的Fe2O3和Al2O3均能与盐酸反应。（3）过滤操作后，应在过滤器中用蒸馏水洗涤沉淀。13．答案：（1）过滤（2）萃取、分液（3）蒸馏（4）b放气下（5）蒸馏烧瓶g76.8（6）选取无毒、高

效、沸点低的萃取剂解析：（1）分离难溶性物质和溶液采用过滤的方法，薰衣草捣碎并加入蒸馏水浸取，充分溶解后将难溶性的物质和溶液分离。（2）精油易溶于有机溶剂，难溶于水，所以步骤②在薰衣草水中加入适量CCl4进行萃取、分液。

（3）分离互溶的液体采用蒸馏的方法，精油和四氯化碳互溶，所以步骤③是将CCl4层进行蒸馏分离两种物质。（4）步骤②为萃取、分液，需要分液漏斗，故选b；具体操作：振荡、放气、静置、分液；CCl4密度大于水，所以应该在下层。（5）冷却水采用逆流的方式，所以g为进水口；加热

，收集76.8℃时的馏分即得到四氯化碳。（6）缺点1：精油中的某些成分有热敏性，受热后品质会发生改变，所以应该选取沸点较低的萃取剂；缺点2：该方法提取的精油中残留少量CCl4，四氯化碳有毒，应该选取无毒的萃取剂，所以研究方向为应该选取无毒、高

效、沸点低的萃取剂。单元检测9化学实验基础1．D从图中可以看出，以花为原料，通过加热产生蒸气，然后冷凝成液体，便制成花露水，所以此操作为蒸馏。2．C移液时需要用玻璃棒引流，A错误；浓硫酸和铜反应后的混合液中硫酸浓度仍较大

，若向混合液中倒入水，硫酸溶液稀释放热，可能会使液体飞溅，造成危险，B错误；浓盐酸和高锰酸钾混合产生黄绿色的氯气，说明高锰酸钾的氧化性强于氯气，氯气进入硫化钠溶液，反应生成硫单质，现象为产生黄色沉淀，说明氯气的氧化性强于硫，C正确；乙醇在浓硫酸作用下发生

消去反应需要控制温度为170℃，题图装置缺少温度计，且题图方法制得的乙烯中混有杂质SO2，需除杂后再用溴水检验，D错误。3．C稀硫酸中加入少量CuSO4时，Zn与置换出的Cu形成很多微小原电池，可加快反应速率，A正确；②的主要作用是干燥H2，④的主要作用是防止⑤中水蒸气进入③

中，B正确；Fe3O4和生成的铁粉均为黑色，C错误；点燃酒精灯前，应先用H2排尽装置中空气，D正确。4．BA．溴水也是棕黄色，Br2也能氧化I－生成I2，使溶液变蓝，错误。B.SO3溶于水生成H2SO4，H2S

O4能与Na2SiO3溶液反应生成白色硅酸沉淀，说明非金属性：S>Si，正确。C.向蛋白质溶液中加入饱和硫酸钠溶液，有沉淀出现，说明蛋白质发生了盐析而不是变性，错误。D.长期放置的铝片表面有致密的氧化膜，不能与C

uSO4溶液反应，打磨后的铝能置换出铜，错误。5．BA．氧化过程需要使反应温度维持在35℃左右，要用35℃的热水浴，正确；B.如用球形冷凝管，则馏分不能完全流出，应用直形冷凝管，错误；C.分液漏斗和四颈烧瓶压强相等，恒压条件下，打开旋塞，可使液体顺利滴下，不需要打开恒压滴

液漏斗上端活塞，正确；D.为证明“氧化”反应已结束，则高锰酸钾完全反应，所以在滤纸上点1滴混合物，若观察到未出现紫红色，即表明反应完全，正确。6．CNa2CO3能与适量的Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氢氧化钠，A错误。碳酸钙不溶于水，氧化钙溶于

水后生成氢氧化钙，会把原物质除去，B错误。锌能与过量FeSO4溶液反应生成硫酸锌溶液和铁，能除去杂质且没有引入新的杂质，C正确。H2SO4能与Ba（NO3）2溶液反应生成硫酸钡沉淀和硝酸，会把原物质除去，D错误。7．B制备乙酸乙酯时，正确的加液

顺序是先加乙醇，然后边振荡试管边加入浓硫酸和乙酸，B项错误。8．D由于溴易挥发，溴溶于AgNO3溶液也能产生淡黄色沉淀，A项错误；溴苯的密度比水大，在下层，B项错误；加热FeBr3溶液，促进Fe3＋的水解，蒸干、灼烧得到的是Fe2O3，C项错误；粗溴苯经水洗、碱洗和水洗后

得到的是苯和溴苯的混合液，通过蒸馏可以得到纯的溴苯，D项正确。9．B甲装置不能防倒吸，故A错误；将乙装置中分液漏斗上面的橡皮管拆下和烧瓶的支管口相连接就可以检查装置的气密性，故B正确；酸性高锰酸钾溶液与乙酸溶液不反应，丙装置中溶液的紫红色不会逐渐褪去，故C错误；丁装置不能

收集和吸收HCl，故D错误。10．C装置Ⅰ为SO2的发生装置，CaSO3与浓硫酸反应生成CaSO4、H2O、SO2，CaSO4微溶，覆盖在CaSO3表面会阻止反应发生，X不可能为CaSO3，A项错误；装置Ⅱ中用“多孔球泡”，可以增大SO2与溶液的接触面积，

从而增大SO2的吸收速率，B项错误；装置Ⅲ中NaOH溶液可吸收SO2尾气，可用酸性高锰酸钾溶液代替，C项正确；由MnSO4溶液制备MgSO4·H2O，实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及干燥，若用蒸发结晶、趁热过滤，MgSO4·H2O容

易失去结晶水，D项错误。11．B二氧化硫和浓硫酸不反应，所以不能达到洗气的目的，故A错误；氯气和水的反应是可逆反应，所以食盐水中含有氯离子能抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于水，从而能达到洗气的目的，故B正确；收集难溶于水的气体采用排水集气法收集

，集气瓶中应该“短管进气长管出气”，故C错误；甲醛和新制氢氧化铜悬浊液反应需要加热，该反应未加热，故D错误。12．DA．甲醛与新制Cu（OH）2反应生成Cu2O，铜元素化合价降低，则Cu（OH）2被还原，正确；B.由已知Cu（NH

3）＋2（无色），Cu（NH3）2＋4（蓝色），且Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，则②→③无色溶液变蓝，说明固体A中存在Cu2O，正确；C.已知：Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，固体A经浓氨水浸泡后得到红色固体

应为Cu，则④→⑤出现蓝色溶液的原因是2Cu＋O2＋8NH3·H2O===2Cu（NH3）2＋4＋4OH－＋6H2O，正确；D.将试管①替换为，没有密封，空气中的氧气可能参与反应，则放置一段时间后发现溶液变蓝，不能确认固体A的成分，错误。13．CA．正确；

B.探究实验需要控制变量探究；向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和FeCl3溶液，氯化铁水解会导致颜色变深，其他条件相同，只控制温度变化来观察水解程度变化，可以用来探究温度对Fe3＋水解程度的影响，正确；C.甲苯上的甲基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，原因是苯环活化了甲基，错误；D.向Na

2S溶液中滴加新制氯水，溶液变浑浊，表示有硫单质生成，表明氯水氧化硫化钠制备硫，说明氯气的氧化性强于S，则可证明非金属性：Cl>S，正确。14．DBr2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，

发生反应：SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr，Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，混合①使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，然后蒸馏得到硫酸和氢溴酸粗品，粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未

反应完的溴，再加入氯化钡溶液，使反应生成SO2－4转化成硫酸钡沉淀，再进行过滤分离，无色溶液中含有HBr及NaCl，再蒸馏得到精制的氢溴酸。由流程图可知，混合②后过滤生成硫酸钡，滤液蒸馏产生NaCl溶液，故钡离

子、氯离子应是加入试剂a引入的，故试剂a为BaCl2溶液，故A错误；根据分析可知，加入Na2SO3的目的是以除去粗品中的Br2，但用量需要防止过量，因为Na2SO3过量，能与HBr反应，会导致氢溴酸的产量降低，故B错误；蒸馏过程中用的冷凝管

为直形冷凝管，故C错误；溴单质具有挥发性，工业氢溴酸常带有淡淡的黄色，可能含有挥发出的Br2，故D正确。15．D水蒸气发生装置中安装安全管的目的是防止压强过大，A正确；二氯甲烷的密度比水的大，萃取分液时，二氯甲烷需从下口放出，B正确；无水Na2SO4是干燥剂，作用是除去水分，C正确；分析题中

实验流程可知，二氯甲烷挥发出来被冷凝接收，因此二氯甲烷的沸点比柠檬烯的沸点低，D错误。16．答案：（1）关闭分液漏斗活塞，将D右端导管放入盛有水的烧杯中，微热A中烧瓶，导管口出现气泡，冷却导管中出现一段稳定水柱（2）少量浓硫酸N

aCl固体（3）用蘸有Na2CO3溶液的棉花团围到出气口处（4）干燥氯气（5）abd（6）拆开AB连接处用洗耳球持续往装置中吹气，直到装置没有颜色为止，将D装置中产品倒入试剂瓶中密封，拆除其它装置将有用的试剂倒入指定的试剂瓶，没用的试剂倒入指定的垃圾

桶解析：本实验是利用实验室制备的Cl2和Sn粉加热反应来制备SnCl4，故A装置为实验室制氯气的发生装置，反应为MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2＋2H2O，B装置是用饱和食盐水来除去Cl2中的

HCl，C装置是用浓硫酸来干燥氯气，D装置为制备SnCl4的发生装置，反应为：Sn＋2Cl2=====△SnCl4，E装置是收集SnCl4，由于SnCl4与水易发生水解，故F装置为干燥装置，防止G中的水蒸气进入E中，G装置是尾气处理装置，据此分析解

题。（1）根据检查装置气密性的方法可知，本试验中检查制气装置A气密性的方法是关闭分液漏斗活塞，将D右端导管放入盛有水的烧杯中，微热A中烧瓶，导管口出现气泡，冷却导管中出现一段稳定水柱；（2）装置A中用浓盐酸的原因是增强MnO2的氧化性，即MnO

2在酸性条件下的氧化性更强，故在反应后的固液混合物中加入少量的浓硫酸有氯气产生，证明①正确的，增强Cl－的还原性，即Cl－浓度越大，Cl－的还原性越强，故在反应后固液的混合物中加入NaCl固体有氯气产生，证明②正确的；（3）实验过程中若发现B、C

装置少量漏气，由于Cl2有毒，故需及时处理，利用Cl2能与碱性液体反应的性质，可采取的措施是用蘸有Na2CO3溶液的棉花团围到出气口处；（4）由分析可知，C的作用是干燥氯气；（5）由分析可知，装置F的作用为防止水蒸气进入E中

引起发生水解反应，由实验图可知F为U形干燥管，其中需装入固体干燥剂，故F中可装的试剂可以是CaCl2、CaO、CuSO4，不能是浓硫酸；（6）制备反应停止熄灭酒精灯后，将G中导管移出溶液并使导管口靠近液面，装置冷却，此时整个装置中还有大量的氯气，如不处理将污染环境，故之

后的操作是拆开A、B连接处用洗耳球持续往装置中吹气，直到装置没有颜色为止，将D装置中产品倒入试剂瓶中密封，拆除其它装置将有用的试剂倒入指定的试剂瓶，没用的试剂倒入指定的垃圾桶，清洗仪器，摆放整齐，擦干净桌面。17．答案：Ⅰ.（1）C→D→B（2）D装置中

固体由黑色变为红色（3）CoC2O4·2H2O=====890～920℃CoO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O↑Ⅱ.①2Co（OH）2＋H2O2===2Co（OH）3②2Co（OH）3＋6H＋＋2Cl－===Cl2↑＋2Co2＋＋6H2O③Co（OH）3、Cl2、Co（OH）2[或Co（O

H）3>Cl2>Co（OH）2]解析：Ⅰ.（1）检验产物的顺序是检验水蒸气、检验CO2、除去CO2、干燥CO、检验CO、吸收尾气。C装置可吸收CO2并干燥CO。装置连接顺序为A、E、C、D、B。（2）D中黑色粉末变为红色，说明有CO生成。（3）CoC2O4·2H2O的相对分子

质量为183，n（Co）＝3.66g183g·mol－1＝0.02mol，n（CO2）＝0.88g44g·mol－1＝0.02mol，根据碳原子守恒，可知生成了CO，n（CO）＝0.02mol，剩余固体含钴、氧元素，剩余固体中含氧元素n（O）＝1.5g＋0.02mol×59g·mol－116g·m

ol－1＝0.02mol，故固体的成分为CoO，依此写出反应的化学方程式。Ⅱ.①根据实验现象知反应的化学方程式为2Co（OH）2＋H2O2===2Co（OH）3；②Co（OH）3被浓盐酸还原为Co2＋，反应的离子方程式为2Co（OH）3＋

6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O；③Co（OH）2与浓盐酸混合，未见气体产生，说明Co2＋不能氧化Cl－，则氧化能力Co（OH）3>Cl2>Co（OH）2。18．答案：（1）浓硫酸浓盐酸浓硫酸（2）关闭K2，打

开K1（3）吸收过量的HCl气体，防止空气中的水蒸气进入E中（4）抑制AlCl3水解，同时带走水蒸气（5）①偏低②4解析：（1）根据题干信息及装置图可知，a、b、B三装置是用于制取干燥HCl气流，因为三装置中所用试剂均

为酸的浓溶液，考虑浓盐酸易挥发、浓硫酸具有强吸水性及稀释放热，因此可用浓盐酸与浓硫酸混合制取HCl气体。要“均匀、缓慢产生HCl气体”，需将浓硫酸逐滴加入浓盐酸中，反之，浓盐酸滴入浓硫酸中时，可能会使液体飞溅

，且放出大量热，无法控制HCl的挥发速度。（2）实验时，需要先排尽装置中的空气，一是防止HCl与铝反应生成的氢气与氧气混合受热发生爆炸，二是防止Al与空气中的O2反应，故关闭K2，打开K1，让HCl气体充满装置后，再加热D装置。（3）根据题干信息知，无水AlCl3极易潮解，

F中碱石灰的作用是吸收过量的HCl气体，同时防止空气中的水蒸气进入E中。（4）AlCl3易水解，AlCl3·6H2O脱水需要在HCl气氛中进行，以抑制AlCl3水解，同时带走水蒸气。（5）①若沉淀未洗涤、干燥，则氯化银质量偏高，计算出的氯元素含量偏高，羟基含量偏低。②根据氯元素守恒

列出关系式：Al2（OH）nCl（6－n）～（6－n）AgCl54＋17n＋（6－n）×35.5（6－n）×143.59．65g14.35g解得n＝4。19．答案：（1）Ⅰ增大（2）观察和控制气体的流速（3）2NH3＋3CuO=====△N2＋

3H2O＋3Cu（4）A（5）①f、h、c、e②16（m3－m1）m2－m3③偏大解析：（1）实验室用亚硝酸盐、铵盐的混合浓溶液共热制备N2，化学反应方程式为NaNO2＋NH4Cl=====△N2↑＋NaCl＋2H2O，属于液体和液体混合加热制备气体的反应，则C装置

应选用Ⅰ。Zn先与CuSO4反应置换出Cu，Cu、Zn构成Cu—Zn原电池，加快了反应速率，所以制备氢气时，若在硫酸溶液中加入少量的硫酸铜固体，反应速率将增大。（2）装置B有浓硫酸，具有吸水性，可干燥混合气体，还可以使氢气和氮气混合均匀，还可观察和控制气体的流速；（3）氨气还原炽热氧化铜

生成氮气、铜和水，该反应方程式为：2NH3＋3CuO=====△N2＋3H2O＋3Cu。（4）干燥管F装置用于测定生成物水的质量，但不能吸收氨气，应该为碱石灰，无水硫酸铜只能检验水的存在；五氧化二磷和无水CaCl2均能吸收氨气，不能选，答案选A；（5）①根据图示装置及实验目的可知操作步骤为

：检查装置气密性→用氨气排出装置中空气→加热反应→熄灭酒精灯、冷却后→关闭分液漏斗活塞→关闭K1和K2→称量装置C的质量，即j.检验装置气密性、d.打开K1和K2、g.打开分液漏斗活塞，使装置中充满NH3、a.点燃酒精灯，加热、b.熄灭酒精灯、f.冷却至室温、h.关闭分液漏斗活塞、c.关闭K1和K

2、e.称量装置C的质量，则实验操作步骤正确排序为j、d、g、a、b、f、h、c、e；②CuO的质量为（m2－m1）g，该CuO中含有O的质量为：（m2－m3）g，n（O）＝m2－m316mol，则n（Cu）＝n（CuO）＝n（O），Cu

的质量为（m3－m1）g，则Cu的摩尔质量为16（m3－m1）m2－m3g·mol－1，所以Cu的相对原子量为16（m3－m1）m2－m3；③在本实验中，若CuO中混有不反应的杂质，测定的m3偏大，根据Mr（Cu）＝

16（m3－m1）m2－m3可知，测定结果偏大。20．答案：（1）①增大反应速率，提高浸出率②ⅰMnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2Oⅱ二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2＋（2）MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱（3）Mn2＋－2e－＋2H2O===M

nO2＋4H＋（4）（b－335cd）×86.94134.0a×100%解析：（1）①溶出前，研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；②ⅰ.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===

Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；ⅱ.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2＋，导致需要的铁减少，故实际比值（0.9）小于2。（2）MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二

氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3＋、Fe3＋。（3）电解时，溶液呈酸性，Mn2＋失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2＋4H＋。（4）根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发

生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应（5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O），则与二氧化锰反应的草酸钠：MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4===Na2S

O4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，则n（MnO2）＝n（Na2C2O4）＝bg134.0g·mol－1－cmol·L－1×dL2×5，产品纯度＝bg134.0g·mol－1－cmol·L－1×dL2×5×86.94g·mol－1ag×100%＝（b－33

5cd）×86.94134.0a×100%。第十单元有机化学基础课练31有机化学基础狂刷小题夯基础[练基础]1．DCH3OCC≡CCOCH3中碳碳三键不饱和度为2、碳氧双键为1×2，共为4，只有1种等效氢，核磁共振氢谱有1组峰，故A正确；若互为同分异构体

的二肽是由两种氨基酸采取不同的缩合方式生成的，其水解产物相同，若互为同分异构体的二肽是由两个互为同分异构体的氨基酸分别与另外一氨基酸缩合而成的，则水解产物不同，故B正确；合成高分子的单体有三种：CH2O、苯酚、苯胺，故C正确；取代反应可以在有机化合物中引入卤素原子，但消去反应不可以，故D错误。2

．BA．由结构可知该化合物分子含15个C，3个O，5个不饱和度，因此其分子式为C15H22O3，正确；B.该有机物含有O，不属于烃，属于烃的含氧衍生物，错误；C.含酯基，可发生水解反应，含醇羟基，可发生酯化反应，正确；D.含碳碳双键，可

与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，正确。3．D碳碳双键易被氧化，A项不选；先与Br2发生加成反应引入两个—Br，再发生取代反应引入两个—OH，催化氧化后三个—OH均被氧化，最后无法得到碳碳双键，B项不选；N分子中含有两个羟基，Q中没有—OH，也无法得到C===C键，C项不选；H分子中含有

一个—Cl，在NaOH醇溶液中发生消去反应得到C===C键、—COONa，酸化后即可得到目标产物，D项选。[练高考]4．B甲醇中的官能团为羟基，羟基能发生取代反应，但甲醇中不含不饱和键，不能发生加成反应，A项错误；向乙酸和乙醇中分别滴加饱和NaHCO3溶液，有气体产生的是乙酸，无

明显现象的是乙醇，即用饱和NaHCO3溶液可鉴别乙酸和乙醇，B项正确；烷烃的沸点随分子中碳原子数增多而逐渐升高，但碳原子数相同的烷烃，分子中所含支链越多，沸点越低，C项错误；戊二烯的分子式为C5H8，而环戊

烷的分子式为C5H10，二者分子式不同，不互为同分异构体，D项错误。5．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。6．CA．合成聚苯丙生的单体为、，每个单体都含有两个羧基，正确；B.根据题示信

息，合成聚苯丙生的反应过程中发生了羧基间的脱水反应，除了生成聚苯丙生，还生成了水，属于缩聚反应，正确；C.聚苯丙生中含有的官能团为：、，不含酯基，错误；D.聚合物的分子结构对聚合物的降解有本质的影响，因此m、n、p、q的值影响聚苯丙生的降解速率，正确。7．D

A．用电石与水制备乙炔，还生成了氢氧化钙，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，错误；B.用溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热制备乙烯，还生成了水和溴化钠，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，错误；C.用苯酚

稀溶液与饱和溴水制备2，4，6-三溴苯酚，还生成了溴化氢，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，错误；D.用乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷（），原子全部转化为期望的最终产物，属于最理想的“原子经济性反应”，正确。8．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。[练模拟]9．BA．观察分子结构，a存在羧基，与碳酸钠能反应产生气体，c不能，故能够用碳酸钠鉴别a和c，正确；B.碳碳双键连

接的碳原子一定共面，错误；C.分子中存在碳碳双键，可以发生加成、还原、氧化反应，含有酯基能够发生取代反应，正确；D.含有苯环结构，余下一个碳原子和一个氧原子，若为一个侧链，可以形成—CH2OH和—OCH3两种结构，若为两个侧链，则分别为—OH和—CH3，有邻间对三种结构，

故b的同分异构体还有4种，正确。10．A根据手性碳原子的定义，可以得出环丙贝特分子结构中仅仅含有一个手性碳原子，如图所示：，A正确；环丙贝特分子中含有醚键、羧基、碳氯键三种官能团，其中含氧官能团有两种，B

错误；结构中含有氯原子，且与其相连碳原子的邻位碳上有氢，可以发生消去反应，含有苯环，可以发生加成反应，C错误；羧基能够消耗NaOH，氯原子水解也能够消耗NaOH，lmol该物质可消耗3molNaOH，D错误。11．BA．碳碳双键和醛基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而

褪色，错误；B.醛基和新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸时会产生砖红色沉淀，正确；C.氢氧化铜过量，溴水可以和氢氧化铜反应而褪色，不一定含有碳碳双键，错误；D.氢氧化钠溶液过量，故静置后应加入硝酸中和后，再加入硝酸银溶液检验溴原子，错误。

综合测评提能力1．D酿酒工艺“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”描述的是蒸馏的基本操作，不是蒸发结晶，A错误；淀粉水解最终产物为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，B错误；75%的乙醇溶液杀菌消毒效果最好，C错误；乙醇分子之间易形成氢键，造成其熔沸点较高，乙醇与水分子之间可以形成氢键，造成乙醇

易溶解于水，D正确。2．C由反应历程图示可知：（1）为2＋3→4；（2）为4＋5→6＋7；（3）为7→1＋2，故总反应为：3＋5→6＋1，其中2为催化剂，3、5为反应物，6、1为生成物，4、7为中间产物。由上述分析可知：2为催化剂，A正确；由上述分

析可知：7为中间产物，B正确；由上述分析可知：过程（1）原子利用率达到100%，而过程（2）、（3）中反应物未完全转化为目标产物，因此原子利用率未达到100%，C错误；由反应历程图可知：5为，1为；当5为时，X表示—OOC

CH3；对比两个过程可知：1中的X也为—OOCCH3，故生成物1为，D正确。3．DA．X分子中有酯基、酚羟基和醚键三种含氧官能团，正确。B.X分子中的碳碳双键和苯环可以与H2发生加成反应，酯基可以发生取代反应，正确。C.X分子中不存在连有四种

不同原子或原子团的碳原子，因此不存在手性碳原子，正确。D.酚羟基和酯基都可以与NaOH反应，故1molX最多可以与3molNaOH反应，错误。4．D与足量的NaOH溶液共热，反应生成，由酸性强弱顺序可知，与足量的CO2气体反应生成，①正确；与稀H2SO4

共热反应生成，与足量的NaOH溶液反应生成，②错误；加热该物质的溶液，再通往足量的SO2气体，在酸性环境中水解生成，③错误；与稀H2SO4共热反应生成，与足量的NaHCO3溶液反应生成，④正确，D正确。5．B比较反应物和产物结构可知，—C

l取代了—OH，反应类型为取代反应，A正确；用5%Na2CO3溶液洗涤分液时，有机物2-甲基-2-氯丙烷的密度小于水，有机相在分液漏斗的上层，B错误；无水CaCl2与水结合生成CaCl2·xH2O，作干燥剂，其作用是除去有机相中存在的

少量水，C正确；2-甲基-2-氯丙烷不能形成分子间氢键，比叔丁醇的沸点低产物先蒸馏出体系，D正确。6．D根据Y的结构知其不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，但含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；Y中只有羧基能与NaOH反应

，1molY最多消耗2molNaOH，B错误，X中2个碳碳双键、苯环、羰基均能与H2发生加成反应，故1molX最多能与7molH2加成，C错误；X中含有碳碳双键，能发生氧化反应和加聚反应，含有肽键、酯

基，肽键和酯基的水解反应属于取代反应，同时含有羧基和羟基，能发生酯化反应和缩聚反应，D正确。7．B苯环与碳碳双键均为平面结构，两个面通过单键相连，而单键可以旋转，故所有碳原子不一定都在一个平面上，A错误；手性碳原子连接四个不同的原子或原子团，中圈出的碳原子为手性

碳原子，有2个，B正确；甲中有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，而乙不能，乙中有酚羟基，遇到FeCl3溶液显紫色，而甲不能，故NaHCO3溶液或FeCl3溶液都可鉴别甲和乙，C错误；乙中有—NH2，—NH2显碱性，能与盐酸反

应，1mol乙中含有1mol酚羟基水解以后形成1mol酚羟基和1mol羧基，可消耗2molNaOH，故1mol乙最多能消耗5molNaOH，D错误。8．C碳原子上连接4个不同的原子或原子团为手性碳原子，故中有3个手性碳原子，故A正确；有机物M中含有

羟基，并且羟基的β­C上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双键能发生加聚反应，含有酯基和肽键能发生水解反应（取代反应），故B正确；N相对于M少两个氢原子，不是同分异构体，故C错误；有羟基、醚键、碳碳双键、酯基、酰胺键（肽键）共5种官能团，故D正确。9．B由结构可知分子式为C12H20O2，故A正

确；月桂烯分子中双键之间含2个四面体结构的碳，则所有碳原子不能共面，故B错误；因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子物质与1分子HCl加成时，可以在①、②、③的位置上发生加成，H和Cl的位置互换，则有3×2＝6种

，也可以1分子HCl在①、②之间发生1，4-加成反应，故副产物至少有7种，故C正确；香叶醇和橙花醇其实是分子式一样，结构不一样，互为顺反异构，属于同分异构体，故D正确。10．AM（）在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反应生成或，N

与HCl发生加成反应生成L，L能发生水解反应生成M，则L的结构简式为。A.顺反异构是指化合物分子中由于具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间的排列方式不同而出现的非对映异构现象，、都不存在顺反异构，错误；B.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，L的同分异构体结构及手性碳原子

（用*标记）为、，任一同分异构体中最多含有1个手性碳原子，正确；C.当与羟基相连的碳原子上只有1个氢原子时，醇发生催化氧化反应生成酮，羟基取代戊烷同分异构体中含有2个氢原子的碳原子上1个氢原子即满足条件，满足条件的结构有：，共3种，正确；D.连接在同一碳原子上

的氢原子等效，连接在同一碳原子上的甲基等效，由B项解析可知，L的同分异构体中，含有2种化学环境的氢原子的结构为，正确。11．答案：Ⅰ.EABⅡ.（1）羟基加聚反应（2）C5H8O2（3）BC（4）CH2===CH－CH2－COOH（

或CH3－CH===CH－COOH）解析：Ⅰ.A.同系物为组成元素相同，结构相似，相差n个CH2原子团，正丁烷与2-甲基丁烷，均属于烷烃，结构相似，相差1个CH2原子团，属于同系物的关系；B.金刚石和石墨，为碳元素组成

的不同性质的单质，属于同素异形体关系；C.CH2===CH—CH3和，分子式相同，结构不同，属于同分异构体关系；D.苯与溴苯，组成元素不同，分子式不同，不属于同系物、同分异构体关系；E.甲烷为正四面体结构，2个氯原子取代甲烷中的2个氢原子形成二

氯甲烷，只存在一种结构，所以和为同种物质；结合以上分析，属于同一物质的是E，互为同系物的为A，互为同素异形体的为B；Ⅱ.与甲醇在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成A，结构简式为：，该有机物发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯（PMMA），结构简式为：；（1）CH3

OH含有的官能团的名称是羟基；结合以上分析可知，反应②的类型是加聚反应；（2）结合以上分析可知，A的结构简式为：，化学式为C5H8O2；（3）聚甲基丙烯酸甲酯（PMMA）俗称有机玻璃，X结构简式为：；A.结构中不含碳碳双键，不能与Br2/CCl4发生加成反应，错误；B.没有不饱和碳碳双

键、三键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，正确；C.结构中含有酯基，能与NaOH溶液反应，正确；D.该有机物结构中含有酯基，酯类物质不溶于水，所以该物质不易溶于水，错误；（4）与甲基丙烯酸（）含有相同官能团（碳碳双键、羧基）的同分异构体的结构简式：CH2===CH—CH2—CO

OH、CH3—CH===CH—COOH。12．答案：（1）CH2OH（CHOH）4CHO（2）3、6（3）①Ce—O—Ce—O—H②2CH3OH＋CO2――→CH3OCOOCH3＋H2O解析：（1）根据题意，葡萄糖为多羟基醛。所以

分子中含有羟基和醛基。与1molH2加成后生成，所以葡萄糖分子中含有5个羟基和1个醛基。则葡萄糖的结构简式为：CH2OH（CHOH）4CHO；（2）号的羟基断O—H键，4号的羟基断C—O键，1号氧原子和4号的碳原子成键形成产物，要分子内脱水生成异山梨醇，分子内羟基脱

水形成醚键（—O—），则逆推根据物质结构，将醚键断裂可推出反应物断键位置。推出反应物断键位置为的a、d号上的羟基脱水，c、f碳上的羟基脱水可形成异山梨醇，及葡萄糖中的1，4号碳上羟基分子内脱水，和3，6号碳上羟基分子

内脱水。所以第（2）题答案为；3、6。（3）根据反应历程图，反应物为CH3OH、CO2，产物为H2O、。催化剂为Ce—O—Ce—O—H；②总反应方程式为2CH3OH＋CO2―→＋H2O。13．答案：（1）甲苯取代反应酯基（2）＋2Cu（OH）2＋N

aOH――→△＋Cu2O↓＋3H2O（3）ABCD（4）14（或）（5）解析：甲苯和丙烯发生加成反应生成B，B和CH3CH2CHClCOCl发生取代反应生成C，C中的羰基发生加成反应生成D，F中的醛基发生氧化反

应酸化后转化为羧基，据此解答。（1）根据A的结构简式可判断化学名称为甲苯，B和CH3CH2CHClCOCl发生取代反应生成C，B→C的反应类型为取代反应，根据E的结构简式可判断E中含氧官能团名称为酯基；（2）F发生反应①是醛基的氧化反应，化学反应方程式为＋2Cu（OH）2＋NaOH――→△

＋Cu2O↓＋3H2O。（3）根据合成路线可判断BHC工艺比Boots合成路线的优点是合成路线简单，步骤少，使用溶剂少，原子利用率高，三废少，符合绿色化学思想，第一步反应的副产物为乙酸可回收使用，答案选ABCD；（4）芳

香族化合物H是G的同系物，其相对分子质量比G少56，即少了4个“CH2”，则H的分子式为C9H10O2，符合条件的同分异构体有14种，其中一取代2种，取代基分别是—CH2CH2COOH或—CH（CH3）COOH，如果含有2个

取代基，应该是甲基和—CH2COOH或乙基和羧基，均有邻、间对三种，即二取代6种，如果含有3个取代基，分别是2个甲基和1个羧基，则三取代6种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶2∶1∶1的结构简

式为或。（5）根据Boots的合成信息，首先甲苯和乙烯发生加成反应生成，然后参考流程图生成C和D的过程即可，所以以甲苯为原料制备的合成路线为――→CH2===CH2。课练32有机合成和推断狂刷小题夯基础1．答案：（1）DF（2）氯代环己烷（或1-氯环己烷）碳溴键（3）NaO

H的水溶液，加热（4）＋2CH3COOH浓硫酸△＋2H2O（5）8（6）解析：环己烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成，与溴发生1，4-加成

反应生成，在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成，与乙酸发生酯化反应生成，化学方程式为＋2CH3COOH浓硫酸△＋2H2O。（5）与1，4-环己二醇互为同分异构体且能使石蕊试剂显红色的有机物，说明含有羧基，根据其不饱和度可知除羧基处不含其他环或碳碳不饱和键，故其为C5H11—COOH，—

C5H11有8种，故同分异构体共8种，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为1∶2∶3∶6的结构简式是。（6）环己醇发生消去反应生成环己烯，环己烯与溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，与溴发生加成反应生成，由此可得合成路线。2．答案：（1）对甲基苯酚（或4-甲基苯酚

）（2）醛基和醚键（3）＋2Br2―→＋2HBr取代反应（4）15解析：（1）A的结构简式为，化学名称为对甲基苯酚（或者4-甲基苯酚）；C的结构简式为。（2）由F的结构简式可知，分子中含氧官能团只有醛基和醚键。（3）A→B的化学方程式

为＋2Br2―→＋2HBr，该反应为取代反应。（4）D的结构简式为，所以M分子中含有苯环且苯环上也连有2个溴原子、1个醛基和1个羟基，首先2个溴原子连在苯环，共有以上16种结构，除去D本身一种，所以同分异构体还有15种。3．答案：（

1）2-氯异丁酸（或2-甲基-2-氯丙酸）浓硫酸/加热（2）酯基、（酮）羰基消去反应（3）――→△催化剂（4）和（5）――→催化剂解析：（1）由已知信息①RCH2COOH――→Cl2SRCHClCOOH可知A为四个碳原子的羧酸，再由F结构中的碳骨架可知A为，所以C为，名称为2-氯异丁酸（或2

-甲基-2-氯丙酸），由D到E的酯化反应，所以反应条件为浓硫酸、加热。（2）由B到G的结构，结合已知信息②，可知X的结构中含有酯基和（酮）羰基，由G生成H，是羟基脱水消去的过程，反应类型为消去反应。（3）由F和I生成M的机理，类比已知信息③的反应，可得化学方程式为――→△催化剂。（4）B的同分异

构体中，属于芳香化合物必然含有苯环，核磁共振氢谱有3组吸收峰说明结构对称性很好，所以简式为和。（5）以苯和乙醛为原料利用已知反应②的原理反应，再利用醇的消去生成苯乙烯，再加聚制备聚苯乙烯。4．答案：（1）羟基、碳溴键（2）2-甲基-1-丙烯（

或2-甲基丙烯）（3）浓硫酸△＋H2O酯化反应（或取代反应）（4）（5）解析：（1）据分析可知，G中官能团的名称为羟基、碳溴键。（2）D为，D的名称是2-甲基-1-丙烯（或2-甲基丙烯）。（3）H→J发生酯化反应，反应的化学方程式为浓硫酸△＋H2O。

（4）――→Mg，乙醚――→CO2，的同分异构体中，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；0.5mol该同分异构体与足量银氨溶液反应，生成Ag的物质的量216g108g·mol－1＝2mol，说明该物质有两个醛基；苯环上的一氯代物只有两种，则满足

条件的同分异构体有、。（5）由和两种原料（乙烯、甲苯）的分子结构并且结合题中已知信息可知，要合成需要先合成苯甲醛和1，2-二溴乙烷；乙烯与溴发生加成反应可以得到1，2-二溴乙烷；根据题中B到C的变化可知，甲苯可以被氧气、二氧化锰氧化为苯甲醛，由此可得合成路线。5．答案：（1）醚键羰基（

2）（3）还原反应（4）解析：（1）由流程中C的结构知含有的官能团有氰基、醚键和羰基。（2）由A到B的反应可知，首先是A中的醛基被加成为羟基，然后再发生消去反应得到时碳碳双键，再结合X的分子式为C9H8O3

，可得X的结构简式：。（3）对比D和E的结构，D在反应中失去氧原子，得到氢原子，即为还原反应。（4）A的同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生银镜反应，说明含有酚羟基，但不含有醛基或HCOO—结

构；又能在碱性条件下水解，则含酯基，且水解酸化后所得两种有机产物分子的核磁共振氢谱图中峰个数分别为2和3，则水解酸化后其中一种产物为对苯二酚，另一产物为丙酸，故该同分异构体的结构简式为。（5）根据题中D→F的合成路线知，要形成环状，则先要得到羧基，再在S

OCl2与AlCl3作用下成环，则要将转化为，具体流程图如下6．答案：（1）（酚）羟基、羰基（2）还原反应解析：（1）B为，含有（酚）羟基、羰基。（2）C为，D为，在反应C→D中，羰基被还原，反应类型为

还原反应。（3）E为，F为，反应E→F的化学方程式为。（4）和氧气在Cu/Ag作催化剂、加热的条件下反应生成，参考反应A→B，和苯酚在氯化铝作催化剂的条件下反应生成，根据已知信息反应，在Zn（Hg）/HCl的作用下反应生成。7．答案：（1）保护氨基（

2）碳氯键、氨基取代反应解析：（1）A转化为B再经过信息Ⅰ反应又重新得到—NH2，目的是保护氨基；B生成C的化学方程式为。（2）D为，其中非含氧官能团的名称为碳氯键、氨基；E的结构简式为OClNHOO；F生成G

的反应类型为取代反应。（3）C的结构简式为，芳香族化合物H与C互为同分异构体，苯环上有两个取代基，其中硝基与苯环直接相连，且分子中含有一个手性碳原子，符合条件的H的结构简式可能为。（4）乙二醇氧化为乙二醛，继续被氧化为乙二酸，乙二酸与邻苯二胺（）发生反应生成。8．答案：（1）碳碳

双键、醛基3-氯丁醛取代反应（或水解反应）（2）Cl2、光照（3）（4）10（5）解析：（1）A为CH2===CHCH2CHO或CH3CH===CHCHO，含有的官能团为碳碳双键、醛基；B的化学名称为3-氯丁醛：和氢氧化钠溶液加热生成，该反应为水解反应或取代反

应。（2）F的结构简式为；由F生成G为取代反应，反应试剂及条件为Cl2、光照。（4）①苯环上连有5个取代基；②既含—NH2，又能与银氨溶液发生银镜反应，说明含有—CHO；符合条件的同分异构体有：，共10种。（5）合成产物的单体是，根据已知信息②，可由和在酸性条件下加

热生成，催化氧化可生成，由此可得合成路线。9．答案：（1）苯乙烯（2）氧气、铜（或银）（3）加成反应（4）（5）＋2NaOH――→醇△＋2NaBr＋2H2O（6）（7）CH3CH2OH――→O2/Cu△CH3CHO――→OH－△CH3CH===CHCHO――→O2/催

化剂△CH3CH===CHCOOH――→CH3CH2OH浓硫酸△CH3CH===CHCOOCH2CH3单元检测10有机化学基础1．D乙醇转化为乙醛是氧化反应，溴乙烷与NaOH溶液反应制乙醇是卤代烃的水解反应，属于取代反应，A错误；甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色是氧化反应，苯在一定条件下与氢气

反应制备环己烷是加成反应，B错误；乙烯制备聚乙烯是加聚反应，油酯与NaOH溶液反应制肥皂是酯的水解反应，属于取代反应，C错误；乙醇脱水制备乙烯是消去反应，溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热制备乙烯也是消去反应，D正确。2．BA．水杨酸中含有羧基和酚羟基两种含氧官能团，乙酰水杨酸中

含有羧基和酯基两种含氧官能团，正确；B.该反应中，水杨酸分子中羧基上的H原子被乙酸酐中的CH3CO—取代，生成乙酰水杨酸和乙酸，所以反应的类型为取代反应，不正确；C.乙酰水杨酸分子中含有羧基和酯基，一定条件下，前者能发生酯化反应，后者能发生水解反应，正确；D.反应式中

，水杨酸、乙酰水杨酸、乙酸三种物质分子中都含有羧基，可直接与小苏打水溶液反应产生CO2，正确。3．BQ分子中含有碳碳双键，碳碳双键能和溴水发生加成反应，不可用作从溴水中提取溴的萃取剂，A错误；与M官能团种

类和数目都相同的芳香族同分异构体，则四个支链的位置改变，分别是2，3，4-三溴苯酚、2，3，5-三溴苯酚、2，3，6-三溴苯酚、2，4，5-三溴苯酚和3，4，5-三溴苯酚，共5种，B正确；苯环和碳碳双键可与氢气发生加成反应，

酯基中的碳氧双键不可与H2反应，则1molQ最多可消耗4mol氢气，C错误；N中含甲基，饱和碳原子是四面体结构，故分子内所有原子不可能共平面，D错误。4．A由题给图可知，①CH3OH＋H—O—催化剂―→CH3O—催化剂＋H2

O，为取代反应；②CH3O—催化剂＋CO2―→CH3OCOO—催化剂，为加成反应；③CH3OH＋CH3OCOO—催化剂―→CH3OCOOCH3＋H—O—催化剂，为取代反应，A错误；由选项A的分析可知，①＋②＋③即为合成DMC的总反应：2CH3OH＋CO2――→催化剂CH3OCOOCH3

＋H2O，B正确；由题给图可知，反应①中催化剂的作用是使O—H键断裂活化，C正确；DMC为CH3OCOOCH3，属于酯类，在碱性条件下可发生水解：CH3OCOOCH3＋2NaOH―→2CH3OH＋Na2CO3，1molDMC完全水解消耗NaOH的物质的量为

2mol，D正确。5．A结合VC、DMC、EMC的结构简式可确定其分子式分别为C3H2O3、C3H6O3、C4H8O3，3种物质各1mol完全燃烧的耗氧量分别为2mol、3mol、4.5mol，即耗氧量：EMC>DMC>VC，A

项错误，B项正确；DMC与EMC结构相似，在分子组成上相差1个CH2，二者互为同系物，C项正确；EMC的同分异构体能与NaHCO3溶液反应，说明含有—COOH，能发生缩聚反应，说明还含有—OH，不含—O

H时的骨架结构有C—C—C—COOH和，—OH在两种骨架结构上的位置分别有3种和2种，即符合条件的同分异构体共有5种，D项正确。6．DA项，①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，②为丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，③为丙烯酸乙酯发生加聚反应生成聚丙烯酸乙酯，所以①、②、

③的反应类型依次为加成、取代（酯化）和加聚反应，正确；B项，反应②为丙烯酸和乙醇发生的酯化反应，反应条件为浓硫酸，加热，正确；C项，CH2===CHCOOH＋HOCH2CH3――→浓硫酸△CH2===CHCOOCH2CH3＋H2O，所以丙烯酸乙酯的结构简式为CH2===C

HCOOCH2CH3，正确；D项，聚丙烯酸乙酯中不含碳碳双键，而酯基中的碳氧双键不能和氢气加成，错误。7．B由图可知，化合物M和N中含氧官能团均为羟基，A正确；由题可知，吡啶（）是结构类似于苯的芳香化合物，则化合物M中所有原子可能处于同一平面，B错误；化合物N含有醇

羟基，且与醇羟基相连的碳原子上有氢原子，则该物质可以发生催化氧化、酯化反应，C正确；M的环状结构上还存在6种不同的氢，则M具有相同环状结构的同分异构体还有6种，D正确。8．D乙苯的结构简式为，其分子中共有5种氢原子，其一

氯代物有五种，A错误；分子式为C5H12O且属于醇的有机物，可将其写为C5H11OH，—C5H11有8种结构，故C5H12O属于醇的结构也有8种，B错误；分子式为C4H8且属于烯烃的有机物有3种：，C错误；分子式为C4H8O2且属于酯的有机物有4种：，D正确。9．D

A．甲酸与足量氢氧化钠溶液反应生成的甲酸钠，甲酸钠结构中含有醛基也能发生银镜反应，干扰甲醛的检验，则向样品中加入足量氢氧化钠溶液以中和甲酸，再做银镜反应实验不能检验甲酸中是否混有甲醛，错误；B.乙酸乙酯在氢氧化钠

溶液中会发生水解反应，实验室制取乙酸乙酯时，应将反应产生的蒸气经导管通入到饱和碳酸钠溶液中，错误；C.溴乙烷分子中含有的溴原子不能与硝酸银溶液反应，则仅用硝酸银溶液不能检验溴乙烷中溴元素的存在，错误；D.实验室制

硝基苯发生的反应为在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸共热到50～60℃发生硝化反应生成硝基苯和水，实验时要在水浴的热水中插入温度计控制反应温度，正确。10．DA．分子中含有醛基、羟基、碳碳双键三种官能团，正确；B.分子含有碳碳双键，该有机物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，正确；C.氧化铜可以氧化具有

还原性的物质，该分子含有羟基、醛基，有可能被氧化，正确；D.该分子有3个环，一个醛基，不饱和度为7，苯的不饱和度为4，可能含有苯环从而形成芳香族化合物，错误。11．BA．氯气溶于水发生可逆反应Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO，而饱和食盐水中有大量氯离子，使平衡逆向移动，所以氯气在饱和食盐

水中溶解度小于在水中的溶解度，正确；B.反应中有液态的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷生成，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷不溶于水，因此试管内壁出现油状液滴，错误；C.氯化氢气体遇到水蒸气结合成盐酸小液滴悬浮在空气中形成白雾，正确；D.由于CH4和Cl2发生的每一步取代反应中都有HCl生

成，该反应一旦发生，生成的CH3Cl与Cl2发生“连锁”反应，有机取代产物为一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷生成，所以生成的HCl的物质的量最多，正确；故选B。12．D该有机物分子中含有酚羟基，酚羟基邻、对位的氢原子可与Br2发生取代反应，含有碳碳双键，可与Br2发生加成反应，则1molA

最多可以与3molBr2发生反应，A错误；A分子中苯环和碳碳双键都为平面结构，单键可以旋转，则分子中最多有11个碳原子共平面，B错误；A分子中能与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、酯基和碳氯键，其中1mol酯基水解生成的1mol酚羟基能继续与NaOH反应，则1molA与足量的NaOH溶液反应，最多可以

消耗4molNaOH，C错误；物质A分子中含苯环和碳碳双键，可以发生加成反应，含有氯原子，且与氯原子相连的C原子的邻位碳原子上有H原子，可以发生消去反应，分子中含有酚羟基、醇羟基、酯基和碳氯键，一定条件

下可以发生取代反应，D正确。13．C分子式满足CnH2nO2且能与乙醇发生酯化反应的有机物为羧酸，分子式为C6H12O2的羧酸可写作C5H11—COOH，戊基（—C5H11）共有8种结构，所以分子式为C6H12O2的羧酸有8种，C正

确。14．AA．聚碳酸酯的结构为，错误；B.根据题给反应可知，得到聚碳酸酯的反应类型为缩聚反应，小分子的化学式为HCl，数量为2n－1，正确；C.根据双酚A的结构简式分析可知，该物质有4种不同化学环境的氢原子，所以其核磁共振氢谱有4组峰，正确；D.由于聚碳酸酯含有酯基，所以在酸性环境中能够水解

，从而导致其性能有所减弱，正确。15．BCH3OH转化为CH3I过程中羟基被碘原子取代，反应类型属于取代反应，A正确；根据反应历程图可得该循环的总反应方程式为CO＋CH3OH―→CH3COOH，故循环中不需要不断补充水，B错误；与丙酸甲酯互为同分

异构体且与CH3COOH互为同系物的物质为饱和一元羧酸，有CH3（CH2）2COOH、（CH3）2CHCOOH两种，C正确；淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，所以工业上以淀粉为原料也可以制备醋酸，D正确。

16．答案：（1）醚键、醛基还原（2）保护酚羟基解析：（1）根据流程图中原结构简式可知，其中含有含氧官能团的是醛基、醚键；根据B→C结构的不同，可知B发生还原反应产生C。（2）A与反应产生B，酚羟基变为

，经一系列反应后得到的E与HI在控制pH条件下生成F，又转化为酚羟基，可知上述流程中设计A→B步骤的目的是保护酚羟基。（3）D中含有醛基，与银氨溶液水浴加热，发生银镜反应，醛基变为—COONH4，产生，同时产生Ag、NH3、H2O，该反应的化学方程式为H2O。（4）根据福酚美克的结构简式可知

其分子式是C8H9O3N，其同分异构体满足条件：①含有—CONH2；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，③核磁共振氢谱的吸收峰数目有4组，说明分子中含有4种不同位置的H原子，则其可能的结构简式为或。17．答案：（1）4NO2（2）还原反应酯基、（酚）羟

基（3）（4）20解析：（1）A的结构简式是，共有三个官能团能与NaOH溶液反应，1molA中1mol氯原子水解可消耗1molNaOH，形成酚羟基后再消耗1molNaOH；自身的酚羟基消耗1molNaOH；酯基

消耗1molNaOH则1molA与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4molNaOH。使用发烟硝酸，且有含酚羟基的化合物（有还原性）参与反应，因此可能有NO2生成。（2）B→C的过程中硝基变为氨基，反应类型是还原反应。C中的含氧官能团是酯基、（酚）羟基。（3）结合C和D

的结构简式，不难发现C→D的反应类型是取代反应，可得反应的化学方程式为。（4）由于氯原子连在饱和碳原子上，因此Q肯定能发生水解反应；遇氯化铁溶液发生显色反应，说明Q含有酚羟基。又含有结构，且苯环上有3个取代

基，氯原子连在饱和碳原子上，则3个取代基可以为－CH2Cl、—OH、—COOH或—CH2Cl、—OH、—OOCH，每种组合都有10种结构，则满足条件的Q共有20种结构。18．答案：（1）C4H6O2甲醇钠（2）酯基、碳氯键（3）①

ClCH2CH2CH2COOCH3＋CH3ONa―→＋CH3OH＋NaCl②nHOCH2CH2CH2COOH――→一定条件＋（n－1）H2O缩聚反应（4）13（5）①c解析：（1）由γ­丁内酯的结构可确定其分子式为C4H

6O2；CH3ONa的名称为甲醇钠。（2）B中官能团名称为酯基和碳氯键。（3）①B→C反应过程中还生成了醇和无机盐，则根据碳、氢、氧等原子守恒，推出醇为CH3OH，无机盐只能为NaCl，反应的化学方程式为ClCH2CH2CH2COOCH3＋CH3ONa―→＋CH3OH＋NaCl。②γ­丁内酯酸性

条件下的水解产物为HOCH2CH2CH2COOH，其在一定条件下可发生缩聚反应生成聚酯高分子，反应的化学方程式为nHOCH2CH2CH2COOH――→一定条件＋（n－1）H2O。（4）A的结构简式为ClCH2CH

2CH2COOH，其含酯基和氯原子的同分异构体可看作含4个碳原子的酯中的1个氢1个氯原子取代，含4个碳原子的酯有如下4种，分别为①HCOOCH2CH2CH3、②HCOOCH（CH3）2、③CH3COOCH2CH3、④CH3CH2COOCH

3，①的一氯代物（等效氢数目）有4种，②的一氯代物有3种，③的一氯代物有3种，④的一氯代物有3种，共计13种。（5）①环氧丁烯和2，3-二氢呋喃的分子式均为C4H6O，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体；二者均含碳碳双键，均能使

酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别二者；二者均能发生取代、氧化、加成反应。②环丙甲醛催化氧化可得到，其与甲醇发生酯化反应得到，在NH3、CH3ONa条件下得到的发生Hofmann重排即可得到环丙胺。19．答案：（1）醛基、羰基（2）（3）BD（4）＋CH3

OH浓硫酸△＋H2O（6）解析：A（）发生氧化反应生成B（），B发生已知信息中的反应生成C（），C发生氧化反应生成D（），D脱去一分子水生成E（），G发生酯化反应生成H，G为COOH，F发生消去反应生成G。（1）根据B的

结构简式，可知其所含官能团有醛基、羰基。（2）根据上述推断可知E的结构简式为。（3）A项，C的分子式为Cl0Hl4O，错误；B项，E的分子中含有2个手性碳原子（），正确；C项，G是由F（）发生消去反应得到的，错误；D项，H分子中有6种等效氢原子，故其核磁共振氢

谱显示6组峰，正确。（4）G与CH3OH发生酯化反应生成H和水，该反应的化学方程式为＋CH3OH浓硫酸△＋H2O。（5）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明C的同分异构体分子中含有酚羟基；又分子中4种不同化学环境的氢原子，符合条件的C的同分异构体的结构简式为。20．答案：（1）淀粉（或纤维素）

羟基、醛基（2）浓硝酸和浓硫酸、加热取代反应（3）（4）（5）20解析：由分子式知，苯环的侧链上有3个碳、1个氨基、2个氧原子。由它的性质知，苯环上含1个酯基且为乙醇酯，即苯甲酸乙酯。又由它在核磁共振氢谱上有5组峰，说明它的分子式是对称结构，即两个取代基处于对位。它的结构简式为。

根据已知信息，由于氨基易被氧化，所以最后一步是还原硝基生成氨基。H为，C为，B为，A为甲苯。天然高分子化合物（E）可能为淀粉或纤维素。水解生成葡萄糖（F），葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇（G）。（5）依题意，H的

同分异构体中，苯环上取代基有两组：—NO2、—CH2OOCH、—CH3；—NO2、—OOCH、—CH2CH3，共有20种结构。（6）由已知信息，甲苯的邻位引入硝基，苯甲酸的间位引入硝基，故应先引入硝基，后氧化甲基。先在甲苯的邻位引

入硝基，后氧化甲基生成羰基，然后还原硝基生成氨基，最后氨基酸之间反应生成肽和水。