【文档说明】2024版《微专题·小练习》·化学·新高考 详解答案.docx，共(152)页，7.195 MB，由小赞的店铺上传

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详解答案专练1阿伏加德罗常数的应用1．CA项，不是在标准状况下，无法计算28L氢气的物质的量，错误；B项，Al3＋部分水解，故溶液中Al3＋的数目小于2.0NA，错误；C项，0.20mol苯甲酸（C7H6O2）完全燃烧生

成1.4molCO2，正确；D项，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，阴极增重6.4g（即0.1molCu），则外电路中转移0.20mol电子，错误。2．C1个CO2分子含有2个π键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算π键个数，A项错误；2.8gN2的物质的量n＝

mM)＝2.828mol＝0.1mol，生成1molN2转移的电子数为12NA，则生成0.1molN2转移的电子数为1.2NA，B项错误；KNO3晶体含有的离子为K＋、NO－3，0.1molKNO3晶体中含离子数目为0.2NA，C项正确；S2－水解使溶液中S2－的数目小于0.1N

A，D项错误；答案选C。3．A异丁烷的结构简式为，1mol异丁烷分子含有13NA个共价键，所以0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA，A正确；在标准状况下，SO3状态为固态，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量，B错误；pH＝2的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H＋）＝0.01m

ol·L－1，则1.0LpH＝2的硫酸溶液中氢离子数目为0.01NA，C错误；Na2CO3属于强碱弱酸盐，在水溶液中CO2－3会发生水解，所以1.0L1.0mol·L－1的Na2CO3溶液中CO2－3的数目

小于1.0NA，D错误；故选A。4．B2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑中转移2e－，则3.9g（0.05mol）Na2O2参与反应，转移电子个数为0.05NA，A项错误；1.2gMg为0.05mol

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

A，C项错误；6.0gSiO2为0.1mol，与足量NaOH反应得到0.1molNa2SiO3，SiO2－3因水解个数少于0.1NA，D项错误。5．B缺少溶液体积，A项错误；44gCO2的物质的量为1mol，所含分子数为NA，B项正确；NaHCO3晶体中的离子是Na

＋、HCO－3，不存在CO2－3，C项错误；氨水中除含NH3、NH3·H2O外，还含NH＋4，D项错误。6．A1个18O原子中含有10个中子，1.8g18O的物质的量为1.8g18g·mol－1＝0.1mol，故1.8g18O中含有中子的物质的量为1mol，中

子数为NA，故A正确；根据乙烯分子的结构式可知，1个乙烯分子中含有5个σ键，28gC2H4的物质的量为1mol，所以28gC2H4分子中含有的σ键数目为5NA，B错误；HCl是共价化合物，HCl分子中不存在H＋，故C错误；没有给出Na2CO

3溶液的体积，无法计算pH＝12的Na2CO3溶液中OH－的数目，故D错误。7．C2.0gH182O的物质的量为0.1mol，每个H182O分子中质子数为10，故2.0gH182O中含有的质子数目为NA，A项错误；标准

状况下，二氯甲烷为液体，不能用气体摩尔体积计算二氯甲烷的物质的量，B项错误；由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，根据电荷守恒可知：n（Na＋）＋n（H＋）＝n（CH3COO－）＋n（OH－），溶液显

中性，即n（H＋）＝n（OH－），故n（CH3COO－）＝n（Na＋）＝1mol，CH3COO－数目为NA，C项正确；标准状况下，2.24LNO2的物质的量为0.1mol，NO2与H2O的反应为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，反应中

转移电子数目为0.1×23NA，D项错误。8．ACO和N2的摩尔质量相同，二者互为等电子体，所含孤电子对数相等，一个CO或一个N2中都含有两个孤电子对，2.8gCO和N2的混合气体的物质的量为0.1mol，含有的孤电子对数为0.

2NA，A项正确；NH3、CO与Cu＋形成的配位键为σ键，3个氨分子中含有9个σ键，1个CO中含有1个σ键，因此1mol[Cu（NH3）3CO]＋中所含σ键个数为14NA，B项错误；Na2HPO3为正盐，则H3PO3为二元酸，无机含氧酸电

离出的H＋由羟基电离产生，因此1molH3PO3中含有的羟基数为2NA，C项错误；Cu（OH）2中Cu的化合价为＋2，Cu2O中Cu的化合价为＋1，生成1molCu2O，转移电子的物质的量为2mol，转移电子数为2NA，D项错误。9．D水的电子式为，一个水分子中含有两个孤电

子对，则9g水即0.5mol水中含有的孤电子对数为NA，A错误；由反应方程式可知，N由0价变为－3价，化合价降低，被还原，得到电子，B错误；氨水体积未知，无法计算氨水中含有的NH3·H2O分子数，C错误；由反应方程式可知，每消耗2molN2，产生3mo

lO2，则消耗标准状况下11.2LN2，即0.5molN2时，产生的O2分子数为0.75NA，D正确。10．B2.7g铝的物质的量为0.1mol，和盐酸反应时，需要的盐酸的物质的量为0.3mol，故盐酸不足，铝和盐酸反应时过量，则转移的电子小于0

.3NA个，故A错误；pH＝1的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.1mol·L－1，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故B正确；未告知气体所处状态，无法计算1.12L气体的物质的量，故C错误；标准状况下，

HF为液态，无法计算其物质的量，D错误。11．D碘离子的还原性比Fe2＋强，当有2molFe2＋被氧化时消耗Cl2的分子数为NA，但氧化碘离子还消耗了Cl2，故A错；一个白磷分子中含有6个共价键，一个甲烷

分子中含有4个共价键，所以含共价键数均为0.2NA的白磷（P4）和甲烷的物质的量不相等，故B错；CH3COO－水解，1L0.1mol·L－1CH3COONa溶液中含有的Na＋和CH3COO－的总数小于0.2NA，C错误；235g核素U发生裂变反应：2

3592U＋10n――→裂变9038Sr＋13654U＋1010n，净产生的中子（10n）数为9NA，故D正确。12．A苯中没有碳碳双键，B错误；酯化反应机理是羧酸去羟基，醇去氢，所以水分子化学式为H182O，中子数为10，1molC2H5OH和1molCH3CO18OH反应是可逆反应，生成的水

分子中的中子数小于10NA，具体数目不知，C错误；标准状况下，CCl4不是气体，D错误。13．B根据方程式可知每生成1mol氯气，转移的电子数为NA，A错误；1molNaCl含有的电子数为28NA，B正确；次氯酸

根离子水解，所以1L0.2mol·L－1NaClO溶液中含有的次氯酸根离子数小于0.2NA，C错误；将22.4LHCl溶解在0.5L水中，所得溶液体积不是0.5L，D错误。14．BH3PO4为中强酸，故1L0.1

mol·L－1H3PO4溶液中所含的H＋数目小于0.3NA，A项错误；由解毒原理的化学方程式可知，该反应中，若消耗1.0molCuSO4，则参加反应的水分子数目为1.6NA，B项正确；3.1gP为0.1mol，其中所含的质子数目为1.5NA，C项错误

；该反应转移10e－，7.2g水为0.4mol，反应转移的电子数目为0.5NA，D项错误。15．C在该反应中1molZn完全反应转移2mol电子，则转移的电子数为2NA，A错误；电解硫酸铜溶液ts后，在阴极析出mg铜，通过溶液的电流为IA，则IA×ts＝mg64g·mol－

1×2×1.60×10－19C×NAmol－1，故NA＝It×64m×2×1.60×10－19，B错误；常温下，pH＝10的CH3COONa、NaCN的混合溶液中，根据质子守恒可得c（HCN）＋c（CH3C

OOH）＋c（H＋）＝c（OH－），结合HCN的电离平衡常数可知c（H＋）＝c（HCN）·Ka（HCN）c（CN－），c（OH－）＝10－1410－10mol·L－1＝10－4mol·L－1，则c（HC

N）＋c（CH3COOH）＋c（HCN）·Ka（HCN）c（CN－）＝10－4mol·L－1，C正确；1L0.100mol·L－1Na2S溶液中n（Na2S）＝0.100mol·L－1×1L＝0.100mol，由于S2－

部分水解生成HS－和OH－，导致溶液中阴离子的物质的量大于0.100mol，故阴离子数大于0.100NA，D错误。专练2阿伏加德罗定律及其应用1．B根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的CH4和NH3所含分子数相同，则二者的原子

个数之比为5∶4，A正确；常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L·mol－1，则11.2LO3的物质的量小于0.5mol，则所含氧原子个数小于1.5NA，B错误；同温同压下，相同体积的N2和CO的物质

的量相同，由于二者的摩尔质量均为28g·mol－1，则二者的密度相同，C正确；同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，则CO和CO2的密度之比为7∶11，D正确。2．A在25℃时，pH＝12的溶液中c（OH－）1012－14mol·L－1，则1L该溶液中

n（OH－）＝10－2mol，OH－数目是0.01NA，A项正确；一个D2O中含10个质子，D2O的摩尔质量是20g·mol－1，则1.8gD2O中所含质子数是1.820×10×NA＝0.9NA，B项错误；MnO2＋2e－―→Mn2＋，8.7gMnO2为0.1mol，与足量

浓盐酸反应转移0.2NA个电子，C项错误；32g甲醇（CH3OH）是1mol，含3molC—H键，D项错误。3．A2gH2为1mol，该反应中Si元素由＋4价变为0价，故转移电子数为4NA，A项正确；单

晶硅中1个Si原子形成4个Si—Si键，每个Si—Si键被2个Si原子共用，故1mol单晶硅中Si—Si键的数目为2NA，B项错误；没有提供溶液体积，H＋数目无法计算，C项错误；标准状况下SiHCl3为液体，2.24LSiHCl3不

为0.1mol，所含分子数不为0.1NA，D项错误。4．Dmg的CH4、CO2、O2、SO2四种气体的物质的量分别为m16mol、m44mol、m32mol、m64mol。根据阿伏加德罗定律及推论可知，同温同压下气体的体积与其他物质的量成正比，结合四个气球的体积推知，①是SO2，②是CO2

，③是O2，④是CH4，A错误；气球①和气球③中气体分子数之比为m64mol∶m32mol＝1∶2，B错误；气球①和气球④中气体物质的量之比为m64mol∶m16mol＝1∶4，C错误；同温同压下气体密度之比等于其摩尔质量之比，则ρ3ρ4＝M（O2）M（CH4）＝32g·mol－11

6g·mol－1＝21，D正确。5．B由于各分子中的原子数未知，当原子数目相等时，分子数不一定相等，质量最大的不一定为Z,A错误；在相同条件下，相同质量的气体，相对分子质量越小，物质的量越大，体积越大，则密度越小，所以密度最小的是X,B正确；在标准状况下，2.24L的气体物质的量为0

.1mol，而在其他条件下不一定为0.1mol,C错误；同温同体积下，因为2gY气体和1gZ气体的物质的量之比为4∶1，所以压强比为4∶1，故D错误。6．BX气球放在CO中静止不动，说明X的相对分子质量接近CO,Y气球放在O2中上浮，说明

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

量相对大小，故D错误。7．C同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成的气体物质的量之比一定为V1V2，A正确；设该条件下气体摩尔体积为VmL·mol－1，X与足量浓硝酸反应，被还原的n1（HNO3）＝n（NO2）＝V1Vmmol，Y与稀硝酸反应时，被

还原的n2（HNO3）＝n（NO）＝V2Vmmol，则两个反应中被还原的HNO3的物质的量之比为n1n2＝V1V2，B正确；设反应后X转化为X（NO3）x，则根据得失电子守恒得：0.1mol×x＝V1Vmmol，解得x＝10V1Vm，则X与足量浓硝酸反应中消耗n3（HNO3）＝0.1mol×10

V1Vm＋V1Vmmol＝2V1Vmmol，设反应后Y转化为Y（NO3）y，则根据得失电子守恒得：0.1mol×y＝3V2Vmmol，解得y＝30V2Vm，则Y与硝酸反应中消耗n4（HNO3）＝0.1mol×30V2Vm＋V2Vmmol＝4V2Vmmol，

则两个反应中消耗的HNO3的物质的量之比为n3n4＝V12V2，C错误；由C选项分析知，反应后X的化合价为＋x，即＋10V1Vm，反应后Y的化合价为＋y，即＋30V2Vm，故X、Y反应后的化合价之比为V13V2，D正确。8．D氢气和CCl4均

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

应放热，实验时，待体系温度降到原来的温度并保证两侧液面在同一水平面时进行读数，C错误；由于此装置属于密闭体系，将水准管上提，造成内外压强不等，静置，若液面高于量气管且不下降，说明装置不漏气，若量气管液面高度不断改变，说明装置漏气，D正

确。9．D同温同压下，气体摩尔体积相同，ag甲气体和2ag乙气体所占的体积之比为1∶2，根据ρ＝m/V知，其密度相同，故A正确；根据同温同压下，不同气体的密度之比等于二者的相对分子质量之比，可知甲与乙的相对分子质量相等，故B正确；同温同体积气体压强比等于气体物质

的量之比，甲和乙相对分子质量相等，等质量的甲和乙物质的量相等，所以压强相同，故C正确；等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故D错误。10．A由于三种气体的体积和密度都相同，可知三种气体的质量相同，因此三

种气体的物质的量与摩尔质量成反比，而同温同压下，气体的压强与气体的物质的量成正比，气体的压强与气体的摩尔质量成反比，三种气体的摩尔质量的大小关系为：M（O2）＞M（Ne）＞M（H2），所以压强的大小关系为：p（H2）＞p

（Ne）＞p（O2），A正确。11．C同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，由题图可知甲、乙两室气体的体积之比为5∶3，故其物质的量之比也为5∶3，所以甲室中气体的物质的量为2mol，A正确；HCl气体的质量为1.2mol×36.5g·mol－1＝43.8g，则甲

室中气体的质量为43.8g－33.8g＝10g，B正确；设氨气的物质的量为xmol，氢气的物质的量为ymol，根据其物质的量、质量的关系列方程组：xmol＋ymol＝2mol，17g·mol－1×xmol＋2g·mol－1×ymol＝10g，解得x＝0.4，y＝1.6，所以氨气和氢气的

物质的量之比为0.4mol∶1.6mol＝1∶4，C错误；甲室中NH3的物质的量为0.4mol，能与0.4molHCl反应，剩余0.8molHCl和1.6molH2，共2.4mol，相同条件下，气体的体积之比等于其

物质的量之比，所以活塞b会移至刻度“6”处，D正确。12．答案：（1）672mL（2）76g·mol－1（3）碳硫解析：生成物总物质的量为n（XO2）＋n（YO2）＝672×10－3L22.4mol·L－1＝0.03mol，由方程式可知，n（XO2）∶n（YO2）＝1∶2，则n（X

O2）＝0.01mol，n（YO2）＝0.02mol，总质量为0.672L×2.56g·L－1＝1.72g；（1）根据方程式可知，燃烧前后气体体积不变，所以消耗氧气体积为672mL；（2）根据质量守恒定律得出，m（XY2）＋m（O2）＝m（XO2）＋m（YO2）＝1

.72g，又根据对应关系得出n（O2）＝0.03mol。m（O2）＝0.03mol×32g·mol－1＝0.96g，m（XY2）＝1.72g－0.96g＝0.76g，根据M＝mn得出，M（XY2）＝0.76g0.01mol＝76g·mol－1。（3）由在XY2分子中，X、Y两元素的质量之比

为3∶16得出：1molXY2分子中，X的质量为76g×319＝12g，Y的质量为76g－12g＝64g，1molXY2含有1molX，2molY，故X的相对原子质量是12，Y的相对原子质量是642＝32，即X是碳，Y是硫。13．答案：（1）锥形瓶将

分液漏斗玻璃塞上的凹槽与漏斗口颈上的小孔对准（或将玻璃塞拔开），缓慢旋转分液漏斗的旋塞，使硫酸溶液缓慢流入锥形瓶，适时关闭旋塞（2）装置冷却至室温调节水准管高度，使其液面与量气管中液面相平（3）24.75L·mol

－1bc（4）避免加入硫酸时，液体所占的体积引起的实验误差解析：（3）0.0480g镁带的物质的量为0.0480g24g·mol－1＝0.002mol，气体的体积为（49.60mL－0.10mL）＝49.50mL＝0.0495L，此条件下气体摩尔体积为＝

0.0495L0.002mol＝24.75L·mol－1；a．镁带中氧化膜未除尽，生成的氢气的体积偏小，摩尔体积偏小，错误；b.镁带含有杂质铝，导致生成的氢气偏多，摩尔体积偏大，正确；c.③记录量气管读数时俯视读数，导致读数偏大，生成的氢气

偏多，摩尔体积偏大，正确；d.镁带完全反应后有残留的未溶固体，说明镁没有完全反应，生成的氢气体积偏小，摩尔体积偏小，错误；答案为bc。（4）用装置B代替装置A，避免加入硫酸时，硫酸溶液所占的体积引起的实验误差，可提高实验精确度。专练

3一定物质的量浓度溶液的配制与计算1．C配制480mL溶液应选择500mL容量瓶，则m＝cVM＝0.1mol·L－1×0.5L×160g·mol－1＝8.0g，A项错误；由c1×m1ρ1＝c2×m2ρ2、ρ1≠ρ2及c1＝2c2可知，m2≠

2m1，B项错误；ω＝m溶质m溶液×100%＝10g100g×100%＝10%，C项正确；用量筒量取一定体积的浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，将浓硫酸完全转移至烧杯后无需用蒸馏水洗涤量筒，D项错误。2．C第①步不能把NaOH放在称量纸上称量；第④步玻璃棒应接触容量瓶

内壁刻度线以下的部分；第⑤步定容时应平视刻度线。3．A由标签可知，该注射液含NaCl的质量为2.25g，A项错误；标签中的0.9%指氯化钠的质量分数，B项正确；该注射液的密度为2.25g0.9%250mL＝1g·mL－1，C项正确；氯化钠的物质的量浓度为2.25g58.5g·mo

l－1250×10－3L≈0.15mol·L－1，D项正确。4．D实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中，然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁离子依次用稍过量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该过程中有过

滤操作，需要用到烧杯、漏斗和玻璃棒；将所得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较纯的食盐，该过程要用到蒸发皿和酒精灯；用提纯后得到的精盐配制溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到天平、容量瓶、烧杯、玻璃

棒、胶头滴管等。综上所述，本实验必须用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥烧杯、⑧酒精灯，因此本题选D。5．D浓度为2mol·L－1的盐酸VL含溶质HCl2Vmol。A项，加入2molHCl，体积会发生改变，不可行；B项

，加热浓缩时HCl和水都要蒸发出去，不可行；C项，蒸发掉0.5VL水后溶液体积无法求出，不可行；D项，属于混合溶液的有关计算，加入10mol·L－1盐酸0.6VL后，溶质HCl的物质的量为8Vmol，再将溶液稀释至2VL，浓度变为4mol·L－1，可行。6．BNO气体是Cu和Zn的合金还原H

NO3得到的，在这个过程中，金属失去的电子跟HNO3得到电子数相等，生成0.1mol的NO气体，HNO3得到0.3mol的电子，在这个过程中金属失去0.3mol的电子，又由于都是二价金属，所以跟Cu2＋和Zn2＋

结合的NO－3的物质的量也为0.3mol。再加上溶液中的0.1mol的硝酸，总共是0.4mol的NO－3，又因为溶液的体积为1L，即B正确。7．B用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制的酒精溶液质量分数小于75%，故A错误；硫酸根离子与金属离子的个数比是3∶2，该盐的

化学式是R2（SO4）3，该硫酸盐的物质的量0.5mol，浓度为2.5mol·L－1，故B正确；实验中需用2.0mol·L－1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分数分别为1000mL、212.0g，故C错误；实验室配制500

mL0.2mol·L－1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称27.8g绿矾（FeSO4·7H2O），放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶，稀释、定容、摇匀，故D错误。8．C①用1g98%的浓硫酸加4g水，所得溶液中硫酸的质量分数为：1g×98%1g＋4g×100%＝19.6%，该操作

合理；②配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，定容后，塞好塞子倒转摇匀后，因为容量瓶刻度线上方有残留的溶液，所以液面会低于刻度线，不会影响配制结果；③硫酸的密度大于1，10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合，所得溶液的质量分数大于50%；④在80mL水中加入18.4mol·L－1的硫酸

20mL，所得溶液体积小于100mL，配制的溶液浓度大于3.68mol·L－1；⑤氨水密度小于1，质量分数为5x%和x%的两种氨水等体积混合所得溶液质量分数小于3x%。所以C选项是正确的。9．C由于产生cmolNH3，则必定有NH＋4cmol，使SO2－4完全沉淀需

Ba2＋bmol，因此SO2－4有bmol。根据电荷守恒：2c（SO2－4）＝c（NH＋4）＋3c（Al3＋），则3c（Al3＋）＝2×ba－camol·L－1，c（Al3＋）＝2b－c3amol·L－1。10．D100mL12mo

l·L－1的浓硝酸与过量Cu反应，还原产物为NO2、NO的混合物，转移电子数目大于0.6NA，故A错误；氯水中含有氯分子，将1molCl2通入水中，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和小于2NA，故B错误；设容器体积是VL，则气体的物质的量是VVmm

ol；①HCl进行喷泉实验得到溶液的体积是VL，盐酸的浓度是VVmmol÷VL＝1Vmmol·L－1；②NO2进行喷泉实验后发生反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO,得到硝酸溶液的体积是23VL，生成硝酸的物质的量为VVmmol×23，硝酸的浓度是VVmmol×23÷23VL

＝1Vmmol·L－1，溶质的物质的量浓度之比为1∶1，故C错误；实验室里要用480mL0.1mol·L－1的硫酸铜溶液，需用500mL容量瓶，需胆矾0.5L×0.1mol·L－1×250g·mol－1＝12.5g

，故D正确。11．A由于溶液的体积既不是水的体积也不是二者体积之和，溶液的体积不能直接确定，仅利用V无法确定ρ，A错误；由c＝1000ρWM＝1000ρW17，可得：W＝17c1000ρ，B正确；氨水的质量分数＝VL22.4L·mol－1×17g·mol－1V

L22.4L·mol－1×17g·mol－1＋1000g＝17V17V＋22400，C正确；氨水的物质的量浓度＝1000ρWM＝1000ρ×17V17V＋2240017＝1000ρV17V＋22400，D正确。12．D300mL该氯化镁溶液的质量为1.18g·

cm－3×300mL＝354g，镁离子的物质的量为354g×5.1%24g·mol－1≈0.75mol，氯化镁溶液中n（Cl－）＝2n（Mg2＋）＝2×0.75mol＝1.50mol，故选D。13．答案：（1）25mVmol·L－1（2）25dwmol·L－1（

3）4cd%解析：（1）c＝mg40g·mol－1V×10－3L＝25mVmol·L－1（2）c＝1000mL·L－1×dg·cm－3×w40g·mol－1＝25dwmol·L－1（3）w＝40g·mol－1×cmol·L－11000m

L·L－1×dg·cm－3×100%＝4cd%14．答案：（1）0.419（2）0.20.2（3）1.2解析：由图可知c（Na＋）＝c（NaCl）＝1.0mol·L－1。c（Mg2＋）＝c（MgCl2

）＝0.5mol·L－1，则c（CaCl2）＝3mol·L－1－1.0mol·L－1－0.5mol·L－1×22＝0.5mol·L－1（1）n（NaCl）＝1.0mol·L－1×0.4L＝0.4molm（MgCl2）＝0.5mol·L－1×0.4L×95g·mol－1＝19g（2）n（CaCl2）

＝0.5mol·L－1×0.4L＝0.2molc（Ca2＋）＝0.2mol1L＝0.2mol·L－1（3）原溶液中n（Cl－）＝3mol·L－1×0.4L＝1.2mol由反应Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，生成AgCl沉淀为1.2m

ol。专练4物质的组成、性质、分类1．D漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙与盐酸发生反应生成氯气，降低消毒效果，A项错误；温室气体主要为CO2，形成酸雨的主要物质是SO2和氮氧化物，B项错误；蚕丝是蛋

白质，不属于碳水化合物，C项错误；干冰升华吸热可使周围的水蒸气凝结成“云雾”，D项正确。2．DA项，Fe2O3固体呈红棕色，属于碱性氧化物，可与酸反应得到盐和水，A正确；B项，在空气中煅烧HgS，收集蒸发出的蒸气并冷凝即得金属汞，B正确；C项，书写离子方程式时Cu2（OH）2CO3不能拆，C正确

；D项，反应中氧化剂是As2S3，被还原为As4S4，还原剂是SnCl2，被氧化为SnCl4，依据得失电子守恒计算得n（As2S3）∶n（SnCl2）＝1∶1，D错误。3．D红花素属于有机物，易溶于有机溶剂，难溶于水，提取红花

中的有效成分红花素时，可使用萃取操作，A项正确；Pb3O4可写成2PbO·PbO2，＋2价Pb与＋4价Pb的个数比为2∶1，B项正确；硫化汞对人体有害，故以朱砂（主要成分为HgS）为原料提取的“桃红”不宜用于

制作化妆品，C项正确；Fe2O3没有磁性，制作磁性物质的是Fe3O4，D项错误。4．A淀粉是一种多糖，A项错误；石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，天然气的主要成分为甲烷，为混合物，B项正确；锂离子电池放电时为原电池，将化学能转化

为电能，C项正确；硅树脂属于高分子材料，D项正确。5．A酿醋过程中涉及淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖转化成乙醇，乙醇转化成乙酸，涉及氧化还原反应，A项错误；糯米石灰浆由糯米浆、熟石灰和沙石等混合而成，属于复合材料

，B项正确；蔗糖和麦芽糖分子式相同（均为C12H22O11），结构不同，互为同分异构体，C项正确；胡桐树脂属于天然高分子化合物，D项正确。6．C纤维素是一种天然化合物，其分子式为（C6H10O5）n，其相对分子质量较高，是一种天然高

分子，A正确；羟基磷灰石又称羟磷灰石、碱式磷酸钙，其化学式为Ca5（PO4）3（OH），属于无机物，B正确；熟石膏是主要成分为2CaSO4·H2O，Ca（OH）2为熟石灰的主要成分，C错误；Fe2O3为红色，常被用于油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，俗称铁红，D正确；故选C。7．A常见的脂肪酸有：

硬脂酸（C17H35COOH）、油酸（C17H33COOH），二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，A错误；嫦娥石因其含有Y、Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正

确；电池是一种可以将其他能量转化为电能的装置，钙钛矿太阳能电池可以将太阳能转化为电能，C正确；海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐碱，不会被海水腐蚀，D正确；故答案选A。8．B石灰石不属

于干燥剂，故①错误；不锈钢、青铜、生铁都属于合金，故②正确；浓硫酸、烧碱、硝酸都具有强腐蚀性，属于腐蚀品，故③正确；过氧化钠属于过氧化物，故④错误；醋酸、一水合氨、水都属于弱电解质，故⑤正确；选B。9．B①胶体和溶液都是混合物，正确；②硫酸钡虽然难溶但是是强电解质，

正确；③纯碱、小苏打都是盐类，错误；④煤的干馏、煤的气化和液化都属于化学变化，正确；⑤置换反应不一定是离子反应，如铝热反应是置换反应但不是离子反应，错误，答案选B。10．CNO遇空气变棕红色，是化学变化，冷却NO2生成N2O4气体也是化学变化，A错误；用冰水混合物冷却SO3，是物

理变化，氯化铵加热生成氯化氢和氨气，是化学变化，但两者均无明显颜色变化，B错误；木炭吸附棕红色NO2是物理变化，棕红色消失，氯气的漂白性使品红溶液褪色，是化学变化，C正确；向酚酞中加Na2O2，溶液先变红后褪色，是化学变化，向FeCl3溶液中加入KSCN溶液变血红色，也是化学变化，D错误。1

1．B氢气燃烧，为新能源汽车提供能量，是化学变化，故不选A项；核聚变是发生核反应形成新核素的过程，原子核种类发生变化，不是化学变化，故选B项；偏二甲肼作为燃料燃烧，是化学变化，故不选C项；可燃冰通过燃烧提供能量，是化学变化，故不选D项。12．BCl2与水反应生成HCl

和HClO，HClO与NaOH反应生成NaClO，NaClO和浓盐酸反应生成Cl2，A项不符合题意；Fe2O3不能仅由一步反应生成Fe（OH）3，B项符合题意；SO2催化氧化生成SO3，SO3与水反应生成H2SO4，H2SO

4和Na2SO3反应生成SO2，C项不符合题意；NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，HNO3和Fe反应生成NO，D项不符合题意。13．B炭黑与金刚石是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，A项正确；桐油属于油脂，不属于高分子化合物，B项错误；墨汁是分散质

粒子的直径为1～100nm的液溶胶，具有胶体的性质，C项正确；氨基酸分子中含有氨基和羧基，既能与酸反应也能与碱反应，具有两性，D项正确。14．C柠檬中含有柠檬酸，能与碳酸钙反应，所以柠檬煮水可用来除去水壶中的水垢，A项正确；硬水中含较多钙、镁化合物，多以碳酸氢钙、碳酸氢镁形式存在，在加热过程中分解

生成了碳酸钙沉淀和氢氧化镁沉淀，形成水垢，B项正确；明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体吸附悬浮杂质起到净水作用，明矾无消毒杀菌作用，C项错误；碳酸氢钠俗称小苏打，化学式为NaHCO3，用含小苏打的发酵

粉焙制糕点，碳酸氢钠受热分解放出CO2，使糕点疏松多孔，D项正确。15．答案：（1）是否与水发生氧化还原反应（或化合反应）（2）Cl2、Na2O2、NO2（3）2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑（4）NH3·H2O⇌NH＋

4＋OH－（5）Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl－＋SO2－4＋4H＋解析：（1）分析两组物质与水的反应情况可知，第一级分类标准为是否发生氧化还原反应（或化合反应）。（2）根据题目提供的信息可知，Cl2、Na2O2、NO2与H2O反应时，H2O既不

作氧化剂也不作还原剂。（3）Na是活泼金属，常温下与H2O反应生成NaOH、H2，其化学方程式为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑。（4）NH3溶于水生成氨水，氨水是弱碱，其电离方程式为NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－。（

5）SO2和Cl2在水溶液中发生反应生成硫酸、盐酸，其离子反应方程式为Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl－＋SO2－4＋4H＋。专练5化学与STSE1．B兽骨是由有机物和无机物组成的，A项错误；青铜器是铜锡合金，B项正确；纸张的主要成分是纤维素，C项错误；液晶显示屏的主要材料是液

晶，它是介于液态和晶态之间的物质，不是合金，D项错误。2．B苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；豆浆属于胶体，具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射，B说法正确；SO2可用于

丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；维生素C具有很强的还原性，可用作水果罐头的抗氧化剂，D说法不正确；综上所述，本题选B。3．B“粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”中涉及化学反应：氧化

钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与空气中二氧化碳反应又生成碳酸钙，A错误；雾是一种以气体作为分散剂的分散体系，即气溶胶，因此当受阳光照射时会发生丁达尔效应，B正确；高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出，C错

误；酿酒过程中，葡萄糖发生氧化分解生成乙醇和二氧化碳，葡萄糖是单糖，不能水解，D错误。4．A5．D6．A丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故A错误；陶瓷、水泥和玻璃都是传统硅酸盐产品，B正

确；饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液水解后，溶液分别显碱性、酸性，碱性可以去除油脂，酸性可以腐蚀金属氧化物，所以可处理金属表面焊点，C正确；提倡聚碳酸酯可降解塑料的使用，减少白色污染，燃煤中加入生石灰可以使燃烧产生的二氧化硫转化为硫酸钙，减少二氧

化硫的排放，D正确。7．A在酿造过程中，酒中的酒精与空气中的氧气还会发生氧化反应，生成醋酸和水，所以不只发生水解反应，故A项错误；后母戊鼎是用青铜制成的，所以是青铜制品，青铜制品中含有铜元素、锡元素、铅元素等，也就是铜合金制品，故B项正确；制作瓷

器主要原料为黏土等矿物原料，故C项正确；青蒿素的提取的基本工艺为：干燥、粉碎、浸泡、萃取（反复进行）、浓缩提取液、粗品精制，故D项正确。8．D由题意可知，铅霜是以铅与CH3COOH为原料制备的，二者发生置换反应生成醋酸铅，A项正确；铅是重金属，重金属盐有毒，使用时需严格控制用量，B项正确；铅、

水银、醋酸可构成原电池，其他条件相同时，可加快反应速率，C项正确；由“候生霜刷下”知铅霜是在铅表面形成的，因此不涉及结晶操作，D项错误。9．A10．D本题涉及生活中常见的有机物，以唐诗为载体考查考生接受、吸收、整合

化学信息的能力，从元素组成、原子、分子水平认识蚕丝和蜡的组成，体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养，弘扬了中华民族优秀的传统文化。蚕丝的主要成分为蛋白质，属于天然高分子材料，故A、B两项正确；蜡炬燃烧

成灰，过程中发生了氧化反应，C项正确；古代的蜡的成分为高级脂肪酸酯，不属于高分子聚合物，D项错误。11．C制玻璃的原料：石英、石灰石、纯碱等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气

与消石灰反应得到漂白粉；炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料，A正确；未成熟的苹果肉含有大量淀粉，遇碘酒变蓝色，成熟苹果淀粉水解生成了葡萄糖，葡萄糖中含－CHO，能与银氨

溶液发生反应，B正确；碱性氧化物是指和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钙属于过氧化物，不是碱性氧化物，C错误；二氧化硫和氮氧化物都是有毒物质，矿物中含有氮、硫元素，如果矿物进行“脱硫、脱硝技术”，能减少二氧化硫和氮氧化物的排放，从而减少硫的氧化物和氮的氧化物对

环境的污染，D正确。12．CN和P可使水中藻类植物大量生长，含N和P元素的污水任意排放，会导致水华、赤潮等水体污染，A正确；生产玻璃的原料是石灰石、纯碱、石英砂，生产水泥的原料是石灰石和黏土，两种产品生产中都使用了石灰石为原料，B正确；丝绸主要成分是蛋白质，C错误；书写时先写金属氧化物，再

写SiO2，最后写水，氧化物的表示形式为BaO·CuO·4SiO2，D正确。13．C制作家织布的棉花属于天然纤维，A项错误；纸张的主要成分属于纤维素，B项错误；玛瑙的主要成分为二氧化硅，C项正确；白酒酿造过程中，淀粉水解生成

葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，D项错误。14．A乙醇属于非电解质，A错误；蛋白质中存在氢键，加热可破坏蛋白质中的氢键，使其空间结构被破坏，原有功能丧失，从而使病毒失去生物活性，B正确；核酸是生物大分子，C正确；胶体粒子直径在1～100nm之间，新冠病毒粒子直径在60～1

40nm之间，在空气中可能形成气溶胶，较远距离传播，D正确。15．C聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，A错误；氯化铝为共价化合物，受热易升华，电解得不到金属铝，通常采用电解熔融氧化铝制备金属铝，B错误；镍、镉等重金属离子会造成水体污染，应集中处理，不可用填埋法处理，C正确；丝、毛的主要成

分为蛋白质，蛋白质中含有C、H、O、N等元素，燃烧时不止生成CO2和H2O，D错误。专练6离子反应与离子共存1．DBa（OH）2是强电解质，有较强的导电能力，灯光一开始是亮的，向Ba（OH）2溶液中加入CuSO4溶

液，生成Cu（OH）2沉淀和BaSO4沉淀，反应的离子方程式为Cu2＋＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH－===Cu（OH）2↓＋BaSO4↓，自由移动的离子迅速减少，故灯光会出现由亮到灭的现象，继续加入CuSO4溶液，CuSO4是强电

解质，有较强的导电能力，使灯光由灭变亮，故灯光会出现由亮到灭再到亮的变化过程，A项不符合题意；Ca（OH）2溶液有较强的导电能力，灯光一开始是亮的，向Ca（OH）2溶液中加入NH4HCO3溶液，生成碳酸

钙沉淀、弱电解质NH3·H2O和水，离子方程式为NH＋4＋Ca2＋＋HCO－3＋2OH－===CaCO3↓＋H2O＋NH3·H2O，NH3·H2O和水是弱电解质，电离能力弱，自由移动的离子减少，故灯光会出现由亮到暗的变化，继续加入NH4HCO3溶液，NH4HCO3是强电

解质，有较强的导电能力，灯光由暗变亮，故灯光会出现由亮到暗再到亮的变化过程，B项不符合题意；向Ba（OH）2溶液中加入H2SO4，生成BaSO4沉淀和H2O，反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO2－4===BaSO4↓＋2H2O，水是弱电解质，电

离程度极小，溶液中几乎没有自由移动的离子，故灯光会出现由亮到灭的变化，继续加入H2SO4，H2SO4是强电解质，有较强的导电能力，灯光由灭变亮，故灯光会出现由亮到灭再到亮的变化过程，C项不符合题意；NH3

·H2O是弱电解质，导电能力较弱，一开始灯光是暗的，滴加CH3COOH溶液反应生成醋酸铵和水，醋酸铵是强电解质，反应的离子方程式为CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COO－＋NH＋4＋H2O，所以导电能力增强，灯光变亮，不会出现变暗现象，D项符合题意。2．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。3

．C氨水呈碱性，Ag＋、Cu2＋不能大量存在，且Ag＋、Cu2＋均与SO2－3发生反应生成沉淀，A项错误；在中性溶液中，Fe3＋不能大量存在，且Fe3＋与I－、HCO－3均能反应而不能大量共存，B项错误；AgNO3溶液中不能大量存

在CO2－3、Cl－，D项错误。4．A检验氯离子用硝酸酸化的硝酸银溶液，但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰，因此用Fe（NO3）3将碘离子氧化为碘单质并用CCl4萃取，此时上层清液中不含碘离子，取上层清液加硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀产生，则表明溶液中含有氯离

子，故A正确；CO2－3、SO2－3、HCO－3、HSO－3均可与盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故B错误；检验亚铁离子应先加KSCN溶液，溶液未变血红色，再通入氯气，溶液变为血红色，证明含有Fe2＋，故C错误；能使淀粉变蓝色的碘单质，而不是碘酸钾，故D

错误。5．C开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn（Ⅶ）浓度减小直至为0，Mn（Ⅲ）浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn（Ⅲ），同时先生成少量Mn（Ⅳ）后Mn（Ⅳ）被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn（Ⅲ）浓度减少，Mn（Ⅱ）的浓度增大；据此作答。由图像

可知，随着时间的推移Mn（Ⅲ）的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn（Ⅲ），后Mn（Ⅲ）被消耗生成Mn（Ⅱ），Mn（Ⅲ）能氧化H2C2O4，A项错误；随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn（Ⅱ），Mn（Ⅱ）对反应起催化作用，13min后反应速率会增

大，B项错误；由图像可知，Mn（Ⅶ）的浓度为0后才开始生成Mn（Ⅱ），该条件下Mn（Ⅱ）和Mn（Ⅶ）不能大量共存，C项正确；H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋==

=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D项错误；答案选C。6．BFe3＋和SCN－会发生反应生成血红色的配合物，A错误；根据Kw可以求出c（OH－）＝0.1mol·L－1，溶液显碱性，这4种离子可以大量共存，B正确；Fe2＋还原性较强，MnO－4氧化

性较强，两者因发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；使甲基橙变红的溶液显酸性，HCO－3不能在酸性溶液中大量共存，D错误。7．DH＋与ClO－不能大量共存，且在酸性条件下，Br－可被ClO－氧化，A项错误；Ag＋与Cl－不能大量共存，B项错误；NaClO和NaCl的混合溶液呈碱性，反应物中不应

出现H＋，C项错误；该反应是ClO－与Cl－在酸性条件下发生的归中反应，D项正确。8．A根据信息可知，母液中主要存在的离子有NH＋4、Fe2＋、H＋、SO2－4。通入过量Cl2，Cl2具有较强的氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，同时得到Cl－，反应后溶液中

的离子可共存，故A正确；加入过量NaClO溶液，ClO－在酸性条件下，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，同时生成Cl－，所以反应后的溶液中不存在Fe2＋，故B错误；加入过量NaClO溶液，过量的ClO－部分水解生成次氯酸和OH－，OH－消耗NH＋4和H＋，结合B项中的

分析，反应后的溶液中存在Na＋、SO2－4、Cl－、ClO－、OH－，故C错误；加入过量NaOH溶液，Fe2＋与OH－反应生成氢氧化亚铁沉淀，NH＋4与OH－反应生成一水合氨，则Fe2＋、NH＋4不存在，故D错误。9．BAl2（SO4）3溶液中，AlO－2与Al3＋发生相互促进水解反应，在溶液中不

能大量共存，故A错误；S2－、SO2－3在碱性溶液中不发生氧化还原反应，在溶液中能大量共存，故B正确；水电离产生的c（OH－）＝10－12mol·L－1的溶液中存在大量H＋或OH－，CO2－3、ClO－均与H＋反应，NH＋4与OH－反应，在溶液中不能大量共

存，故C错误；NH3与HCl相遇立即生成NH4Cl，且在常温下NH3也能被Cl2氧化为N2，故D错误。10．D通过信息①判断出溶液中不含SiO2－3，通过信息②判断出溶液中含有AlO－2、CO2－3，则溶液中一定不含Al3＋，通过信

息③判断出：盐酸提供的n（Cl－）＝0.001mol，n（AgCl）＝0.287143.5mol＝0.002mol，所以原溶液中含有Cl－，D正确。11．A向废水样品中不断加入NaOH溶液的过程中，开始时无沉淀产生，然后沉淀逐渐增多，BC段沉淀量不变，最后沉淀全部

溶解，说明溶液中存在H＋、NH＋4、Al3＋，肯定不存在CO2－3、AlO－2、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋，根据溶液呈电中性原则知，废水中至少含有Cl－、Br－、I－中的一种。根据图中沉淀变化曲线知，n（H＋）∶n（NH＋4）∶n（Al3＋）＝V1∶（V3－V2）∶13（V2－V

1），若V1＝10，V2＝40，V4＝70，则有n（H＋）∶n（NH＋4）∶n（Al3＋）＝1∶2∶1。12．D向溶液中加入过量稀盐酸生成气体A，溶液中可能存在CO2－3或同时存在Fe2＋和NO－3，二者发生氧化还

原反应生成NO，溶液Ⅰ中加入过量氢氧化钡生成气体B，应为氨气，则原溶液中存在NH＋4，有白色沉淀产生，应为氢氧化铁，则原溶液中含有Fe2＋、NO－3，不存在CO2－3，气体A应是NO；存在的各离子具有相同的物质的量，根据溶液呈电中性可知，溶

液中还存在SO2－4，不含Na＋、Al3＋；由以上分析可知，A为NO，A错误；溶液Ⅱ呈碱性，生成的白色沉淀应为碳酸钡，B错误；溶液中不存在Al3＋，C错误；溶液中不含Na＋、Al3＋，D正确。专练7离子方程式书写与正误判断1

．CC项中产物SO2－3与HClO能发生反应，不合理，故选C。2．D硝酸具有强氧化性，硫化钠溶液与硝酸发生氧化还原反应，不能发生复分解反应，A项错误；氢氧化铝不溶于过量氨水，B项错误；硅酸的酸性弱于碳酸且难溶于水，故硅酸钠溶液与二氧化碳发生反应生成H2SiO3，C项错误；在H＋、NH＋4同时存在

时，H＋先与OH－反应，故等物质的量浓度的Ba（OH）2和NH4HSO4溶液以体积比1∶2反应时，H＋的物质的量与OH－的物质的量相等，D项正确。3．D氢氧化钡溶液与盐酸反应，属于酸碱中和反应，无气体、沉淀生成，

离子方程式为H＋＋OH－===H2O，A正确；向硝酸银溶液中滴加少量碘化钾溶液，生成黄色的碘化银沉淀，离子方程式为Ag＋＋I－===AgI↓，B正确；向烧碱溶液中加入少量铝片，反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子

方程式为2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al（OH）4]－＋3H2↑，C正确；向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体，生成次氯酸的同时还生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO，D错误。4．A等体积、

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

应：Fe2O3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋3H2O＋I2，B项错误；向AgCl悬浊液中滴加足量Na2S溶液，离子反应为2AgCl（s）＋S2－（aq）⇌Ag2S（s）＋2Cl－（aq），C项错误；HSO－3在书写离子方程式时不能拆

写，该离子反应为2MnO－4＋5HSO－3＋H＋===2Mn2＋＋5SO2－4＋3H2O，D项错误。5．B水银有毒，可用硫黄处理洒落在地上的水银，发生的反应为S＋Hg===HgS，处理方法正确，反应方程式正确，A不符合题意；处理银镜反应后试管内壁的金属银，应

选用稀硝酸，发生的反应为3Ag＋4H＋＋NO－3===3Ag＋＋NO↑＋2H2O，处理方法和反应方程式均错误，B符合题意；蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体为SO2，其与NaOH发生的反应为SO2＋2OH－===SO2－3＋H2O，处理方法正确，反应方程式错误，C不符合

题意；电解饱和食盐水时阳极产生的气体为Cl2，可用烧碱溶液吸收，发生的反应为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，处理方法正确，反应方程式正确，D不符合题意。6．A本题涉及的考点有离子方程式的正误判断、元素及其化合物的性质，通过

离子方程式正误判断的形式考查了学生对知识的识记、再现、辨认能力，体现了以宏观辨识与微观探析为主的学科核心素养。A项，Cl2能与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和水，离子方程式为Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O，正确；B项，铝粉能与NaOH溶液反

应制取H2，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑，错误；C项，铜与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，错误；D项，Na2SiO3易溶于水

，应用离子符号表示，故向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸发生反应的离子方程式为SiO2－3＋2H＋===H2SiO3↓，错误。7．A2Fe2＋＋4H＋＋O2===2Fe3＋＋2H2O电荷不守恒，电子转移也不守恒，B错误；CH3COOH是弱酸，不能拆，C错误；电解MgCl2水溶液

的离子方程式：Mg2＋＋2Cl－＋2H2O=====通电H2↑＋Cl2↑＋Mg（OH）2↓，D错误。8．C加入少量氢氧化钡，钡离子与氢氧根的个数比为1∶2，氢氧根不可能剩余，所以A不正确；因为不知道Mg2＋和HCO－3的物质的量之比是多少，所以无法判断其发生反应时化学计量数，B不正确；硝酸根在

酸性条件下有强氧化性，可以把亚铁离子氧化，C正确；通入过量CO2后，碳酸根也参与反应，转化为碳酸氢根，D漏写离子反应，不正确。9．BNaHCO3受热易分解，A项正确；过量铁粉与稀硝酸反应，生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO－3===3Fe2＋

＋2NO↑＋4H2O，B项错误；酸性：碳酸>苯酚>HCO－3，苯酚钠溶液中通入二氧化碳，生成苯酚和NaHCO3，C项正确；乙醇和乙酸在浓硫酸催化下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，D项正确。10．CNaNO2溶液中滴加酚酞溶液，溶液

变红色，是因为NO－2水解使溶液呈碱性：NO－2＋H2O⇌HNO2＋OH－，A正确；NaNO2溶液中加入硝酸银溶液，生成淡黄色沉淀AgNO2，发生复分解反应：NO－2＋Ag＋===AgNO2↓，B正确；NaNO2具有氧化性，与KI发生氧化还原反应时，N元素化合价降低，该反应的离子方

程式为2I－＋4H＋＋2NO－2===I2＋2NO↑＋2H2O，C错误；NaNO2具有还原性，可被Cr2O2－7氧化生成硝酸根离子，该反应的离子方程式为Cr2O2－7＋3NO－2＋8H＋===3NO－3＋2Cr3＋＋4H2O

，D正确。11．DAlO－2与Fe3＋或NH＋4会发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，A项错误；NH＋4、Fe3＋、Br－、SO2－4之间互不反应，能够共存，加入过量NaOH溶液，Fe3＋、NH＋4发生反应，反应的离子方程式为Fe3＋＋3OH－===Fe（OH

）3↓和NH＋4＋OH－===NH3·H2O，B项错误；K＋、Na＋、ClO－、SO2－4之间互不反应，能够共存，SO2过量，反应的离子方程式为SO2＋ClO－＋H2O===SO2－4＋Cl－＋2H＋，C项错误；K＋、Na＋、SO2－4、AlO－2之间互不反应，能够共存，

加入少量AlCl3溶液，Al3＋与AlO－2发生双水解，离子方程式为Al3＋＋3AlO－2＋6H2O===4Al（OH）3↓，D项正确。12．CA．因为是稀硝酸，铜和稀硝酸产生NO，故错误；B.电荷不守恒，应是Fe＋2Fe3＋===3

Fe2＋，故错误；C.氢氧化铝溶解于强碱，不溶于弱碱，NH3·H2O是弱碱，故正确；D.Na2SiO3是可溶性盐，需要拆写，故错误。专练8离子综合推断1．D加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，据此判断一

定存在Fe2＋；氢氧化铁为红褐色，颜色比白色深，若有Fe3＋存在，不会看到溶液中白色沉淀，所以一定不存在Fe3＋；Mg2＋与氢氧根离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀，所以不能确定是否有Mg2＋，故各种离子存在情况是：一定有Fe2＋，可能有Mg2＋，一定没有Fe3＋，选项D正确。2．D

本题考查氧化还原反应的应用、离子反应。溶液是无色溶液，说明一定不含Cu2＋，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，说明一定存在还原性离子，由于离子还原性SO2－3＞I－，这说明溶液中一定含有SO2－

3，可能含I－；根据以上分析可知溶液中一定含有SO2－3，一定不含Cu2＋，可能含有I－，根据电荷守恒分析铵根离子一定存在。3．C溶液X与足量Ba（OH）2溶液反应生成白色沉淀A，则溶液X中一定不含Fe3＋，白色沉淀A与足量盐酸反应，得到白色沉淀B和气

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

g2＋至少存在一种），一定不含SO2－3、Fe3＋；②若气体A是SO2，则溶液中一定存在SO2－4、SO2－3，由于SO2－3和Mg2＋不共存，则溶液X中一定存在SO2－4、SO2－3、Na＋，可能还含有Cl－，一定不存在Mg2＋、HCO－3、Fe3＋；③若气体A是CO2、

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

成AgCl白色沉淀，D正确。4．B①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫气体，说明溶液中含有H2SO3；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；证明气体是NH3，原溶液含有NH＋4；③加入氯水时，溶液略显黄色，证明溶液中

含有Br－，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸，说明生成硫酸钡沉淀，但在硝酸溶液中亚硫酸可以被氧化为硫酸，和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能确定原溶液中是否含有硫酸根离子。5．D向Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol·L－1HCl，首先发生反应AlO－2

＋H＋＋H2O===Al（OH）3↓，a线表示AlO－2，由图可知AlO－2消耗盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO－2）＝n（H＋）＝0.05mol，当AlO－2反应完毕，又发生反应CO2－3＋H＋===HCO

－3，b线表示CO2－3，c线表示HCO－3，由图可知CO2－3反应消耗盐酸50mL，由方程式可知n（CO2－3）＝n（H＋）＝0.05mol。当CO2－3反应完，发生反应HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O，d线表示HCO－3，当HCO－3反应完，该微粒消耗

的盐酸50mL，根据方程式可知n（HCO－3）＝n（H＋）＝0.05mol，最后发生反应：Al（OH）3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，e线表示Al3＋，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H＋）＝3n[Al（OH）3]＝3×0

.05mol＝0.15mol，该阶段加入盐酸体积为0.15mol÷1mol·L－1＝0.15L＝150mL。所以原混合溶液中的CO2－3与AlO－2的物质的量之比为0.05mol∶0.05mol＝1∶1，选项A

错误；当溶液中n（CO2－3）＝n（HCO－3），溶液中加入的HCl的体积是75mL；当Al（OH）3完全溶解时消耗的HCl的体积是150mL＋150mL＝300mL，所以V1∶V2为75mL∶300

mL＝1∶4，选项B错误；由上述分析可知M点时溶液中CO2－3完全转化为HCO－3，没有CO2生成，选项C错误；a曲线表示的离子方程式为：AlO－2＋H＋＋H2O===Al（OH）3↓，选项D正确。6．D沉淀1中还含有Fe（OH）3，A错误；污水中加入过

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

＋4，加KSCN溶液有血红色出现，则原溶液中有Fe3＋，溶液1加硝酸和硝酸银生成白色沉淀，说明原溶液中含Cl－，沉淀1加足量盐酸，不能完全溶解，说明沉淀中有BaSO4，则原溶液中含有SO2－4，D正确。7．

B某溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2＋，但是无法证明是否有Fe3＋，A错误；向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，B正确；溶液中有Na2S，加

入硫酸铜溶液以后，Cu2＋一定与溶液中的S2－反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，C错误；向溶液中加入硝酸钡溶液，再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸根和氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性，不能排除SO2－3的干扰，D错误。8．A无色溶液中一定不含Fe3＋、Cu2＋；由图像

可知Oa段：Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓，Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓，ab段：NH＋4＋OH－===NH3·H2O，bc段：Al（OH）3＋OH－===AlO－2＋2H2O该溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋、NH＋4，消耗

氢氧化钠的体积分别是20mL、30mL、10mL，根据反应量的关系，三者物质的量浓度之比为1∶1∶1，故A错误，B正确；根据图像氢氧化铝的物质的量是0.01mol，据bc段：Al（OH）3＋OH－===AlO－2＋2H2O，消耗氢氧化钠体积是10mL，物质的量是0.01mol，所

以NaOH溶液物质的量浓度为1mol·L－1，故C正确；ab段发生反应：NH＋4＋OH－===NH3·H2O，故D正确。9．B加入足量NaOH溶液，有白色沉淀产生，此沉淀应是Mg（OH）2或是BaCO3中的一种，微热，闻到刺激性气味气体产生，此气体为NH3，则原溶液中含有NH＋4，滤液

中加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加入足量的硝酸，沉淀不溶解，此沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO2－4，一定没有Ba2＋，沉淀A为Mg（OH）2，原溶液中一定含有Mg2＋，根据电荷守恒，以及离子浓度

相同，HCO－3和Cl－至少含有一种。根据上述分析，另一种阴离子可能是Cl－也可能是HCO－3，故B错误，A正确；是否含有Na＋和K＋，需要通过焰色反应确定，故C正确；白色沉淀A是Mg（OH）2，白色沉淀B为

BaSO4，都是纯净物，故D正确。10．B由图像可知，x与y的差值即为Al（OH）3的物质的量，由Al（OH）3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，NaOH的物质的量为（35－33）mL×10－3L×5mol·L

－1＝0.01mol，即Al（OH）3的物质的量也为0.01mol，A正确；溶液中的阴离子只有Cl－，则加入33mLNaOH溶液时，Cl－全部存在于NaCl中，则Cl－的物质的量为33mL×10－3L×5mol·L－1

＝0.165mol，原溶液中c（Cl－）＝0.165mol0.2L＝0.825mol·L－1，B错误；0～4mL时发生H＋与氢氧化钠的反应，则H＋的物质的量为4mL×10－3L×5mol·L－1＝0.02mol，c（H＋）＝0.02mol0.2L＝0.1mol·L－1，原溶液的pH＝1，C正确；

由Al3＋～Al（OH）3，则n（Al3＋）＝0.01mol，4～30mL时发生Mg2＋、Al3＋与氢氧化钠的反应生成沉淀，共消耗NaOH的物质的量为（30－4）mL×10－3L×5mol·L－1＝0.13

mol，Al3＋消耗的NaOH的物质的量为0.01mol×3＝0.03mol，则与Mg2＋反应的NaOH的物质的量为0.13mol－0.03mol＝0.1mol，由Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓，n（Mg2＋）＝0.05mol，原溶液中n（Mg2＋）∶n（Al3＋

）＝5∶1，D正确。11．B在溶液中加KSCN，溶液显红色，可证明溶液中含有Fe3＋，但不能证明无Fe2＋，A错误；无水CuSO4固体遇水显蓝色，通常用于检验水的存在，B正确；灼烧白色粉末，火焰呈黄色，可证明原粉末中有Na元素，但不能确定是否有K＋，因为K元素的焰色需要透过蓝色钴

玻璃才能观察到，C错误；能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2和SO2，所以，澄清石灰水变浑浊不能证明原气体一定是CO2，D错误。12．答案：（1）4（2）NO－3用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试纸变蓝Mg（OH）2（3）Al

（OH）3＋OH－===AlO－2＋2H2O（4）0.136（5）0.08解析：溶液无色，则不存在亚铁离子、高锰酸根离子；溶液显酸性，则不存在硅酸根离子和亚硫酸根离子；该溶液与硝酸银溶液混合后无沉淀生成，则不存在氯离子，因此一定含有硝酸根离子；该溶液与稀硫酸反应得不到

沉淀，说明不存在钡离子，所得溶液与过量的氢氧化钠溶液混合生成气体X、溶液Y和沉淀Z，X是氨气，一定含有铵根离子；沉淀一定是氢氧化镁，含有镁离子；根据图像可知开始时氢氧化钠首先中和氢离子，然后沉淀金属阳离子，沉淀达到最大值后开始与铵根结合生成氨气，然后沉淀开始减少，最

后不再发生变化，所以溶解的沉淀一定是氢氧化铝，含有铝离子。（1）根据以上分析可知不进行实验就可以推断出上表中的离子一定不存在的有4种，即亚铁离子、硅酸根离子、高锰酸根离子和亚硫酸根离子。（2）通过实验Ⅰ可以确定该溶液中一定存在的阴离子是NO－3。氨气是碱性气体，检验氨气的

方法是用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸靠近气体X，试纸变蓝；根据以上分析可知沉淀Z的化学式为Mg（OH）2。（3）实验Ⅱ的图像中BC段发生氢氧化铝的溶解，对应的离子方程式为Al（OH）3＋OH－===AlO－

2＋2H2O。（4）A点消耗氢氧化钠6mL，则与金属阳离子反应的氢氧化钠是5mL，物质的量是0.005mol。溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，所以生成的氢氧化铝是0.001mol，则与镁离子反应的氢氧化钠是0.002mo

l，氢氧化镁是0.001mol，所以对应的固体质量为0.001mol×（58＋78）g·mol－1＝0.136g。（5）与氢离子反应的氢氧化钠是1mL，物质的量是0.001mol，即氢离子是0.001mol。与铵根反应的氢氧化钠是2mL，物质的量是0.002mo

l，即铵根是0.002mol，根据溶液显电中性可知硝酸根的物质的量是0.001mol＋0.002mol＋0.001mol×3＋0.001mol×2＝0.008mol，所以该溶液中阴离子的浓度为0.008mol÷0.1L＝0.08

mol·L－1。专练9氧化还原反应基本概念1．DC＋4O2→C＋2O，C化合价降低，发生还原反应，CO是还原产物，A项错误；SiH4是还原剂，发生氧化反应，B项错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1

，C项错误；生成1molSiO2时，由4C＋4O2→4C＋2O知，转移电子的物质的量是（4－2）×4mol＝8mol，D项正确。2．C使用明矾对水进行净化的过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体

粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一

种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；使用暖贴时，铁粉与空气中的O2发生氧化还原反应，C符合题意；荧光指示牌被照发光，没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；综上所述，本题选C。3．D向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，发生反应NaHSO4＋

BaCl2===BaSO4↓＋NaCl＋HCl，为非氧化还原反应，且溶液pH不变，A项错误；向NaOH和Fe（OH）2的悬浊液中通入空气，发生氧化还原反应4Fe（OH）2＋2H2O＋O2===4Fe（OH）3，c（OH－）增大，pH增大，B项错误；向NaHC

O3溶液中加入少量CuSO4溶液，发生反应2Cu2＋＋4HCO－3===Cu2（OH）2CO3↓＋H2O＋3CO2↑，为非氧化还原反应，C项错误；向H2S溶液中通入氯气，发生氧化还原反应H2S＋Cl2===2HCl＋S↓，且c（H＋）增大，pH减小，D项正确

。4．D过程Ⅰ发生的是还原反应，A项错误，由以上分析知，a、b中转移电子数目不相等，B项错误；过程Ⅱ中参加反应的n（NO）与n（NH＋4）之比为1∶1，C项错误；由图知，总反应为NH＋4＋NO－2===N2↑＋2H2O，D项正确。5．A根据题意可知，C

lO－、CN－为反应物，N2、Cl－、HCO－3为生成物，结合原子守恒可知H2O为反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO－＋2CN－＋H2O===N2↑＋5Cl－＋2HCO－3，其中ClO－是氧化剂，N2和HCO－3是氧化产物，A正确；由离子方

程式可知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，每产生1molN2，反应过程中转移10mol电子，若生成标准状况下2.24L（即0.1mol）N2，则转移电子1mol，C错误；Cr2O2－7具有强氧化性，但若用Cr2O2－7处理含CN－的废水，会引入重金属离子Cr3＋

，D错误。6．D反应Ⅰ中，O2将Fe（NO）2＋氧化为Fe3＋，并释放出NO；反应Ⅱ中Fe3＋将FeS2氧化成SO2－4，Fe2＋在反应Ⅲ中又与NO结合成Fe（NO）2＋进入下一个反应过程。根据图示信息可以看出，反应Ⅰ中Fe（NO）2＋与O2反应

生成NO和Fe3＋，反应的离子方程式为4Fe（NO）2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O，A项正确；反应Ⅱ中硫元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，Fe3＋作氧化剂，B项正确；反应Ⅲ的离子方程式为Fe2＋＋NO===Fe（NO）2＋，各元素化合价没有发生变化，属于非氧化还

原反应，C项正确；由题图，结合总反应方程式可知，加入的NO在反应前后没有发生变化，所以在黄铁矿催化氧化的反应中NO作催化剂，但Fe（NO）2＋是中间产物，不是催化剂，D项错误。7．D由方程式2NH4CuSO

3＋4H＋===Cu2＋＋Cu＋2SO2↑＋2H2O＋2NH＋4，可知反应中只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸体现酸性，不作氧化剂，故A错误；NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体物质，产生有刺激性

气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2＋，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B错误；因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C错误；反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由＋1

→＋2，＋1→0，，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，所以D选项是正确的。8．C14个CuSO4中＋2价的铜得电子降为Cu2S中＋1价

的铜，5个FeS2中10个－1价的S有7个价态降低得到7个Cu2S中－2价的S，有3个价态升高得到SO2－4中＋6价的S，所以FeS2中S元素既有升高也有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，A正确；CuSO4只做氧化剂被还原，B正确；被还原的S和被氧化的S的质量之比为

7∶3，C错误；14molCuSO4氧化了1molFeS2，D正确。9．A将方程式配平5S＋6KOH===K2SO3＋2K2S2＋3H2O，可知被氧化与被还原的硫原子个数比为1∶4。10．DKMnO4固体受热分解生成K2MnO4、Mn

O2、O2，K2MnO4、MnO2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K

2MnO4、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KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B正确；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。11．A反应过程中Mn从＋7价被还原到＋2价

，N从＋3价被氧化到＋5价。根据得失电子守恒可知反应中n（MnO－4）∶n（NO－2）＝2∶5，根据反应前后电荷守恒、元素种类守恒可知X为H＋，将方程式配平可得方程式为：2MnO－4＋5NO－2＋6H＋==

=2Mn2＋＋5NO－3＋3H2O。根据分析可知生成1molNaNO3（即消耗1molNaNO2）时需要消耗0.4molKMnO4，A正确；反应进行的过程中消耗H＋，pH增大，B错误；反应过程中NO－2化合价升高，被氧化，C错误；若X为盐酸，在酸性条件下KMnO4

会将Cl－氧化，反应式中产物应出现Cl2，与题目中条件不符，D错误。12．A由①知，还原性强弱顺序为SO2>I－；由②知，还原性强弱顺序为SO2>Fe2＋；由③知，还原性强弱顺序为I－>Fe2＋，故还原性强弱顺序为SO2>I－>Fe2＋，类比可得离子的还原性强弱顺序为HSO－3>I－>

Fe2＋。向混合溶液中通入Cl2的过程中，首先氧化HSO－3，然后氧化I－，最后氧化Fe2＋，C错误；加入KSCN溶液，溶液呈微红色，说明有微量的Fe3＋生成，则有较多的Fe2＋没有被氧化，D错误；HSO－3和I－均完全反应，Fe2＋发生的反应可以忽略不计，根据电子得失守恒得2n

（FeI2）＋2n（NaHSO3）＝2×4.48L÷22.4L·mol－1，即n（FeI2）＋n（NaHSO3）＝0.2mol，由于溶质的物质的量相等，所以n（FeI2）＝0.1mol，c（FeI2）＝1mol·L－1，A正确；转移电子的物质的量根据氯气计算得2×4.48L÷22.4

L·mol－1＝0.4mol，B错误；综上所述，本题选A。13．D根据氮元素守恒，则9x＋1＝28，解得x＝3，A错误；反应中生成硝酸盐Fe（NO3）3，磁性氧化铁中的铁元素化合价为＋2、＋3价，只有部分铁元素被氧化，B错误；反应中生成硝酸盐Fe（NO3）3和N

O，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用，C错误；反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由＋5价降低为＋2价，还原产物为NO，所以生成0.4molNO转移电子为0.4mol×（5－2）＝1.2mol,D正确。14．B①②③④⑤均属于氧化还原反应，A错误；⑤为

铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，B正确；③中O元素的化合价由－1价升高为0，④中O元素的化合价由－2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶2，故C错误；反应①4HCl（浓）＋MnO2=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中Mn元

素的化合价由＋4价降低为＋2价，HCl中Cl元素的化合价由－1价升高为0，由电子守恒可以知道，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故D错误。15．答案：（1）溶液蓝色褪去吸收多余的SO2，防止污染空气（2）①2Fe3＋＋SO2＋2H2O===

SO2－4＋2Fe2＋＋4H＋②取A中反应后的溶液，向其中滴入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红（或其他合理答案）（3）4∶3（4）取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴入足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，

有白色沉淀生成解析：（1）通入SO2后，与I2反应生成I－，所以蓝色消失；装置C是尾气处理装置。（2）SO2与Fe3＋反应生成SO2－4和Fe2＋，依据电荷守恒和原子守恒，即可写出方程式。（3）CrO2－4～Cr3＋中Cr的化合价由＋6到＋3，得3mol电子，S2O2－5～2

SO2－4中S的化合价由＋4到＋6，失去4mol电子，依据电荷守恒，CrO2－4与S2O2－5的物质的量之比为4∶3。（4）Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成SO2－4，滴入足量盐酸和氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明Na2S2O5晶体被氧化。专练10氧化还原反应规律1．CCl从－1价升

高到0价，被氧化，PbO2具有氧化性，A项正确；滴加淀粉溶液后变蓝色，说明有I2生成，可证明NO－2的氧化性比I2的强，B项正确；Fe2＋遇KSCN溶液不变红，Fe3＋遇KSCN溶液变红，由此说明加入的H2O2能使Fe2＋氧化为Fe3＋

，则Fe2＋是该反应中的还原剂，只表现出还原性，不表现出氧化性，C项错误；新制氯水与KI反应生成I2，I2易溶于四氯化碳，则溶液下层呈紫红色，可知I－的还原性强于Cl－，D项正确。2．D反应KClO3＋6HCl===KCl＋3H2O＋3Cl2↑中，只有Cl元素化合价发生了变

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

5×353g·mol－1≈70.67g·mol－1，B错误、D正确。3．A在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：I－＞Fe2＋＞Br－，故A正确；在含等物质的量的Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入Zn，金属

锌先是和氧化性强的离子发生反应，离子的氧化性顺序是：Fe3＋＞Cu2＋＞H＋＞Fe2＋，故B错误；在含等物质的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，反应顺序为：Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；若H＋先与CO2－3

反应，生成二氧化碳，而二氧化碳与溶液中AlO－2反应生成Al（OH）3，反应顺序为OH－、AlO－2、CO2－3、Al（OH）3，故D错误。4．D根据题意，可以得出Pt和王水反应的化学方程式为3Pt＋4HNO

3＋18HCl===3H2PtCl6＋4NO↑＋8H2O，HCl中各元素的化合价没有改变，所以HCl没有体现氧化性，A选项错误；每消耗4molHNO3和18molHCl，同时生成3molH2PtCl6、4molNO和8

molH2O，即有16molH—O键生成，因反应中有H2PtCl6生成，故H＋实际减少量小于22mol，B选项错误；转移3mol电子时，可以生成标准状况下22.4LNO，C选项错误；氧化剂为HNO3，氧化产物为H2PtCl6，根据化学方程式可以得出D选项正确。5．

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

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

l电子，则吸收了1molO3，即转移0.5mol电子，则吸收了0.25mol（标准状况下5.6L）O3，D项正确。6．A根据①知，氧化性：Z2>B2，根据②知，氧化性：B2>A3＋，根据③知，氧化性：XO－4>

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

O－4>Z2>B2>A3＋，在溶液中可能发生反应：XO－4＋5A2＋＋8H＋===X2＋＋5A3＋＋4H2O，D错误。7．C因氧化性：Fe3＋＞I2，则Fe3＋能将I－氧化生成I2，故A错误；溴水能将亚铁离子氧化成铁离子，溶液呈黄色，故B错误；因酸性：H2CO3＞HClO＞HCO－3，则向Na

ClO溶液中通入少量二氧化碳生成的盐为NaHCO3，离子方程式为：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO－3，故C正确；因还原性：I－＞Fe2＋，则向FeI2溶液中滴加少量氯水时，I－先被氧化，故D错误。8．B根据非金属性只能比较最高价含氧酸的酸性强弱，故B错误。9．

A分析流程图中的物质转化，“电解”“氯化”“合成”中均有单质参与反应或生成，故均涉及氧化还原反应，A项正确；“氯化”时还原剂包括焦炭和FeTiO3，故B项错误；“合成”反应的化学方程式为CO＋2H2―→CH3OH，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2

，C项错误；800℃条件下，CO2与Mg反应，D项错误。10．B由已知的两个化学方程式及同一个反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Fe3＋>I2、Br2>Fe3＋，故①正确；向溶液中滴加KSCN溶液变为红色说明溶液中含有Fe3＋，则说明溶液中无I－存在，又氧化性Cl2>

Br2>Fe3＋>I2，氯气的量不确定，则Br－不一定被氧化，故②错误，③正确；由上述分析可知溶液中存在Fe3＋，但不能确定是否所有的Fe2＋均被氧化为Fe3＋，故④正确；上层溶液中若含Br－，则产生淡黄色沉淀，若含I－，则产生黄色沉淀，由

题知只产生白色沉淀，则说明溶液中含Cl－，即溶液中的Fe2＋、Br－均被完全氧化，故⑤正确。11．C由①I－（样品）――→过量Br2IO－3可得还原性：I－＞Br－，再由②I2――→Na2S2O3I－可得还原

性：Na2S2O3＞I－，则还原性：Na2S2O3＞I－＞Br－，A错误；由得失电子守恒可知，每生成1molIO－3，消耗3molBr2，B错误；生成I2的反应为IO－3＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5，C正确；Br－是还原产物，D错误。12．D

根据氯元素的价—类二维图可以推知，①为HCl，②为Cl2，③为ClO2，④为HClO，⑤为NaCl，⑥为NaClO。在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物属于电解质，上述6种物质，属于电解质的有①HCl、④HClO

、⑤NaCl、⑥NaClO，共有4种，A项正确。生成ClO2的反应中的电子转移可表示为生成1molCO2转移电子的物质的量为1mol，B项正确。氯气与二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应，若二者按1∶1混合，恰好反应生成两种酸

，化学方程式为Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，能使紫色石蕊溶液变红，C项正确。检查输送Cl2的管道是否漏气发生的反应为8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2，在此反应中Cl2只作氧化剂，D项错误。13．AMFe2

Ox可将SO2还原为S，则反应中MFe2Ox作还原剂，A正确；SO2中S元素的化合价由＋4价降低到0价，得电子被还原，作氧化剂，B错误；MFe2Ox被氧化为MFe2Oy，金属元素化合价升高，故x＜y，C错误；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，氧化性：SO2＞MFe2O

y，D错误。专练11氧化还原反应方程式的配平与计算1．BSi和O在反应前后化合价均不变，故SiO2既不是氧化剂也不是还原剂，A项错误；生成1molSi3N4消耗6molC，转移12mol电子，1.4gSi3N4的物质的量为1.4g140g·

mol－1＝0.01mol，则每生成1.4gSi3N4转移0.12mol电子，B项正确；C为还原剂，对应的生成物CO为氧化产物，C项错误；Si3N4属于新型硅酸盐材料，D项错误。2．BA项中方程式虽然满足原子守恒，但不满足电子守恒和电荷守恒

，配平后正确的离子方程式为O3＋2I－＋2H＋===I2＋O2＋H2O，故每生成1molI2转移电子2mol，A项错误，B项正确；O3和O2中O的化合价均为0，故O2既不是氧化产物，也不是还原产物，C项错误；该反应能说明O3的氧化性大于I2，而不能说明O2的氧化性大

于I2，D项错误。3．C由反应①②中各元素的价态变化可知，反应①中，SO2为还原剂，Fe2＋为还原产物，所以还原性SO2＞Fe2＋。反应②中，Fe2＋为还原剂，Cr3＋为还原产物，所以还原性Fe2＋＞Cr3＋。由此可见选项A错误。选项B，配平反应②：Cr2O2－7＋6Fe2＋＋1

4H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，故a＝6，b＝14，错误。选项C，由于Cr2O2－7具有氧化性，Na2SO3具有还原性，故Cr2O2－7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，正确。选项D，根据质量守恒定律，可知反应①中W为H＋，错误。4．ALiAlH4、LiH中氢元素化合

价均为－1价，与水反应时都发生氢元素的归中反应，因此，LiH与D2O反应产生的氢气的分子式为DH，其摩尔质量为3g·mol－1，故A项错误，C项正确；LiAlH4在125℃完全分解，方程式为：2LiAlH4===2LiH＋3H2↑＋2Al，2

molLiAlH4分解，转移6mol电子，1molLiAlH4分解，转移3mol电子，B项正确；乙醛转变成乙醇的过程为还原反应，LiAlH4是该反应的还原剂，D项正确。5．B高铁酸钾中铁显＋6价，故A正确。由上述反应可知，氧化

剂ClO－的氧化性强于氧化产物FeO2－4，故B不正确。上述反应中氧化剂ClO－中Cl的化合价的变化为＋1→－1，还原剂Fe（OH）3中Fe的化合价的变化为＋3→＋6，化合价升降总数相等，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为

3∶2，故C正确。K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，而且生成的Fe3＋水解形成Fe（OH）3胶体能吸附水中的悬浮杂质，故D正确。6．DNa2S中S化合价为－2价，SO2中S为＋4价，生成物Na2S2O3中S为＋2价，所以硫元素既被氧化又被还原，A错误；根据题意可知溶液

中发生的反应方程式为Na2CO3＋2Na2S＋4SO2===3Na2S2O3＋CO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，B错误；根据方程式可知生成3molNa2S2O3转移8mol电子，因此，每生成1molNa2S2O

3，转移83mol电子，C错误；根据方程式可知SO2与CO2体积比为4∶1，所以，相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2，D正确。7．A根据电子转移守恒和原子守恒配平方程式：Na2S2O3

＋4Cl2＋5H2O===2NaCl＋6HCl＋2H2SO4。由化学方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e－。氧化剂、还原剂的物质的量之比为4∶1，A不正确；若0.5molNa2S2O3作还原剂，则

转移4mol电子，B正确；当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。8．BⅠ区澄清且紫色褪色，说明铜和酸性高锰酸钾溶液发生反应，Cu

被氧化只会生成Cu＋和Cu2＋，但是Cu＋在酸性条件下不稳定，所以Cu被氧化为Cu2＋，MnO－4被还原为Mn2＋，反应的离子方程式为5Cu＋2MnO－4＋16H＋===5Cu2＋＋2Mn2＋＋8H2O，A正确；Ⅰ区生成的锰离子向外扩散，Ⅲ区的高锰酸根

离子向内扩散，二者在Ⅱ区相遇发生反应生成了棕黑色的二氧化锰：2MnO－4＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋，B错误；结合B可知，Ⅲ区c（MnO－4）减小，溶液颜色变浅，是因为离子扩散作用，C正确；

如果酸性高锰酸钾过量很多，可以发生2MnO－4＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋，即所有反应完全后，产物中可能没有Mn2＋，D正确。9．B稀硝酸只氧化Fe3O4中＋2价铁，硝酸的量不足，也不会有Fe（NO3）2生成，A错误；根据电子转移守恒和原子守恒配平方程式为：3F

e3O4＋28HNO3（稀）===9Fe（NO3）3＋NO↑＋14H2O，B正确；若有0.1molHNO3被还原，则生成0.1molNO，未指明标况，体积不一定是2.24L，C错误；23.2g磁性氧化铁物质的量为0.1mol，完全溶解于稀硝酸中，转移0.1mol电子，D错

误。10．A反应①，CS2中S元素化合价由－2升高到＋1，失电子，作还原剂，故A正确；反应②，只有S元素化合价变化，则S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，故B错误；反应①，产物S2Cl2中S元素是由－2升高到＋1，每生

成1molS2Cl2转移6mol电子，故C错误；反应②氧化产物为SO2，还原产物为S，由反应可知二者的物质的量比为1∶3，故D错误。11．D往200mLFeCl3溶液中通入8.96L标准状况下的H2S气体后（气体完全

反应），发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋。标准状况下，8.96LH2S的物质的量为0.4mol，由离子方程式可知，反应后可生成0.8molFe2＋和0.8molH＋，再加入过量的Fe粉，反应停止后，0.8molH＋可以溶解0.4molFe再生成0.4molFe

2＋，Fe2＋总物质的量恰好为1.2mol，所以溶液中金属阳离子全部是Fe2＋，说明H2S与FeCl3反应后，Fe3＋没有剩余，所以原溶液中只有0.8molFe3＋。通入H2S时发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋，A不正确；若将加入F

e粉后溶液中的1.2molFe2＋完全氧化，需要通入0.6molCl2，0.6molCl2在标准状况下体积为13.44L，B不正确；若将上述8.96L标准状况下的H2S换成0.4molNa2S，则反应后没有H＋生成，加入过量的Fe粉后，铁粉不会溶

解，所以溶液中不能得到1.2mol金属阳离子，C不正确；将原FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，得到的固体是0.4molFe2O3，0.4molFe2O3的质量为64g，D正确。12．D该反应中还原剂是Fe2＋

，还原产物是Mn2＋，还原性：Fe2＋>Mn2＋，故A错误；该反应中，锰元素的化合价由＋7价变为＋2价，铁元素的化合价由＋2价变为＋3价，所以氧化剂是MnO－4，还原产物是Mn2＋，故B错误；根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2Mn

SO4＋5Fe2（SO4）3＋8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量＝10×1mol8＝1.25mol，故C错误；铁离子和硫氰化钾溶液反应生成红色易溶于水的络合物，故D正确。13．Ba＝0.1时，溴单质不足，只有碘离子被氧化，反应的离子方

程式为：2I－＋Br2===I2＋2Br－，故A正确；当a＝0.25时，0.2molFeI2的溶液中含有0.2mol亚铁离子、0.4mol碘离子，0.4mol碘离子完全反应消耗0.2mol溴单质，剩余的0.05mol溴单质能够氧化

0.1mol亚铁离子，所以正确的反应为：2Fe2＋＋8I－＋5Br2===2Fe3＋＋4I2＋10Br－，故B错误；溶液中含有0.4mol碘离子，当有0.2mol碘离子被氧化时，消耗0.1mol溴单质生成0.2mol溴离子，则反应后溶

液中碘离子和溴离子浓度相等，故C正确；当0.2＜a＜0.3时，碘离子完全被氧化，亚铁离子部分被氧化，根据电荷守恒可知溶液中的离子浓度的关系为：2c（Fe2＋）＋3c（Fe3＋）＋c（H＋）＝c（Br－）＋c（OH－），故D正确。专练12钠及其化合物1．BA

项题给离子方程式未配平且不是碱转化为酸式盐，A项错误；B项可视为向NaOH溶液中通入Cl2，离子方程式正确；过氧化物溶于水的离子方程式中，过氧化物应用化学式表示，C项错误；硅酸钠易溶于水，离子方程式中应用SiO2－3表示，D项错误。2．D粗盐提纯中过滤时要用到漏斗；侯氏制碱法中向饱和氨盐水中

通入二氧化碳气体得到NaHCO3；用盐酸标准液滴定纯碱溶液，盐酸盛放在酸式滴定管中，三个实验均没有用到直形冷凝管，故选D。3．A加热固体，为防止生成的水倒流，试管口应向下倾斜，A错误；观察到脱脂棉燃烧，可说明过氧化钠与水反应放出大量的热，B正确；氯气与Na

OH反应，使锥形瓶内压强减小，气球变大，C正确；钠与氯气加热生成氯化钠，碱液可吸收过量的氯气，D正确。4．B反应③是2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，NaOH为碱，Na2CO3为盐，因此CO2具有酸性氧化物的性质，A项正确；反应④是2NaHCO3=====△Na2CO

3＋CO2↑＋H2O，说明Na2CO3比NaHCO3热稳定性强，B项错误；反应⑤、⑥分别是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑、2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，因此反应⑤、

⑥可用于潜水艇中氧气的供给，C项正确；反应④为分解反应，反应①为化合反应，反应②为置换反应，D项正确。5．A与同浓度盐酸反应时，NaHCO3放出气体的速率比Na2CO3要快，A错误；1molNa2CO3与足量盐酸反应消耗2molHCl，1molNaHCO3与足量盐酸反应消耗1molHCl，故等物质

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

2CO3，故有NaHCO3晶体析出，C正确；Na2CO3与BaCl2反应生成白色沉淀BaCO3，NaHCO3与BaCl2不反应，无明显现象，D正确。6．B实验①中产生的气体能使带火星的木条复燃，则该气体是O2，A项正

确；实验①中是用二氧化锰催化双氧水分解，二氧化锰是催化剂，B项错误；实验②中酚酞滴入氢氧化钠溶液变红且不褪色，可证明氢氧化钠不会使酚酞褪色，实验③中将氧气通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液，溶液不褪色，可证明使酚酞

褪色的不是氧气，C项正确；实验①得到了氧气，证明溶液中存在H2O2，实验②③可证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气，则说明过氧化钠与水反应生成的H2O2最终使溶液红色褪去，D项正确。7．B向NaOH溶液中通入体积不同的CO2气体，产物有四种可能：NaOH与Na2CO3，Na2C

O3，Na2CO3与NaHCO3，NaHCO3。向反应后溶液中加入盐酸，可能会按顺序发生以下反应：（ⅰ）NaOH＋HCl===NaCl＋H2O、（ⅱ）Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3、（ⅲ）NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，由

化学方程式可知Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸的量与由Na2CO3转化成的NaHCO3反应消耗盐酸的量相等，溶液①中加入盐酸立即有CO2生成，说明只发生反应（ⅲ），溶质只有NaHCO3；图②中OA＜AB，说明氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和碳酸钠；③中OA＝AB，说明氢氧化

钠溶液与二氧化碳恰好反应生成碳酸钠；④中OA＞AB，说明氢氧化钠溶液过量，与二氧化碳反应生成碳酸钠，得到碳酸钠和氢氧化钠混合物。①中氢氧化钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，通入的CO2最多，A项错误；③溶液溶质是碳酸钠，①溶液中溶质是碳酸氢钠，碳

酸钠的碱性强于碳酸氢钠的碱性，故③溶液的pH大于①溶液的pH，B项正确；②中溶质是碳酸氢钠和碳酸钠，③中溶质是碳酸钠，C项错误；④溶液中溶质为碳酸钠和氢氧化钠，D项错误。8．A氨气在水中溶解度很大，溶于水形成碱性溶液，二氧化碳在水中溶解度较小，但在碱性溶液中溶解度较大，为提高二氧化碳的溶解量

，向饱和食盐水中先通入足量NH3，再通入足量的CO2，A项错误；煅烧炉中碳酸氢钠受热分解放出的二氧化碳可通入沉淀池中循环利用，B项正确；沉淀池中氯化钠、氨气、二氧化碳、水发生反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为NH3＋H2O＋CO2＋NaCl===NH4Cl

＋NaHCO3↓，C项正确；常温下，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，D项正确。9．C2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，2.3gNa与水反应得到NaOH4g，溶液的质量因生成氢气小于100g，所以

溶质的质量分数大于4.0%，A错误；B中发生的反应是2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO－2＋3H2↑，因盐酸和氢氧化钠过量，因此等量的铝产生氢气的物质的量相等，B错误；C中发生反应2CO2＋2Na2O2===2Na2

CO3＋O2，2H2O＋2Na2O2===4NaOH＋O2↑，无论是CO2还是H2O，消耗2mol气体，产生1molO2，因此amol混合气体，产生氧气的体积＝a2mol×22.4L·mol－1＝11.2aL，C正确；碳

酸钠滴入盐酸中：Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑，盐酸滴入到碳酸钠中：HCl＋Na2CO3===NaHCO3＋NaCl，NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，假设无论前者滴入后者还是后者滴入前者，生成CO2气体体积相等，盐酸的物质的量为2×120

×10－3×0.2mol＝0.048mol，此时盐酸浓度c（HCl）＝0.048/200×10－3mol·L－1＝0.24mol·L－1，因此产生气体体积不相等时，盐酸浓度应小于0.24mol·L－1，D错误。10．DNaHCO3和Na2O2按

2∶1的个数之比混合，在密闭容器中加热使之充分反应，发生的反应方程式为2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O①2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2②2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑③，CO2和H2O同时存在时，遇

Na2O2，CO2先反应、H2O后反应，设NaHCO3和Na2O2的物质的量分别是2mol、1mol，2molNaHCO3完全分解生成1molNa2CO3、1molCO2、1molH2O，根据方程式②知，1molNa2O2完全反应需要1m

olCO2，所以二氧化碳和过氧化钠恰好完全反应，水蒸气不反应，则最终容器内残留物的成分是Na2CO3，故选D。11．A①若X为Na、W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，O2与Na反应在加热的条件下生成Na2O2，故①正确；

②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al（OH）3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，故②正确；③若X为Fe，W为Cl2，则Fe与Cl2只生成FeCl3，故③错误；④若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为N

aHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，故④正确。所以A选项是正确的。12．DNa2CO3能够与盐酸反应，但是Na2CO3的碱性较强，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，Ⅰ错误，A错误；Na2O2与

水反应生成NaOH，NaOH为强碱，水溶液呈碱性，能够使酚酞变红，但Na2O2具有强氧化性，最终溶液颜色褪去，B错误；钠的焰色为黄色，透雾性强，高压钠灯能发出透雾性强的黄光，Ⅰ对，Ⅱ对，但二者无因果关系，C错误；Na2O2能与H2O

（或CO2）反应生成O2，所以可为航天员供氧，Ⅰ、Ⅱ正确，且有因果关系，D正确。专练13金属材料镁、铝及其化合物1．D苦卤水中含有大量镁离子，加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙再与镁离子反应生成氢氧化镁，生石灰来源丰富、价格便

宜，常用来做沉镁的沉淀剂，A说法正确；镁为活泼金属，工业上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁，B说法正确；根据题给流程图可知，“煅烧”氢氧化镁得到氧化镁，“氯化”过程中，加入碳和氯气与氧化镁反应，生成无水氯化镁和一种气体

，根据原子守恒和化合价升降可得反应的化学方程式为MgO＋C＋Cl2=====高温MgCl2＋CO，C说法正确；向“煅烧”后所得氧化镁中加稀盐酸，得到氯化镁溶液，由于镁离子会发生水解反应Mg2＋＋2H2O⇌Mg（OH）2＋2H＋，直接蒸发MgCl2溶液，生成的HCl挥发，最终得到的是氢氧化镁，而不

是无水氯化镁，D说法错误。2．C石英玻璃的主要成分是SiO2，不属于金属材料，A项错误；砷化镓属于半导体材料，B项错误；合金属于金属材料，C项正确；碳纤维是无机非金属材料，环氧树脂是有机高分子材料，D项错误。3．C陶瓷中的

SiO2能与HF反应，A项正确；喷淋法能使溶液与烟气充分接触，提高吸收效率，B项正确；根据流程梳理知，C项错误；滤液中含有Na2CO3，可用作吸收塔中的吸收剂，D项正确。4．CAl具有良好的延展性，可用于食品包装，也可用作建筑材料，A正确；电解Al2O3法冶炼Al，且氧化铝的熔点高

，可用作耐火材料，B正确；铝离子水解生成胶体，具有吸附性，可用作净水剂，不具有强氧化性，不能用作消毒剂，C错误；Al（OH）3的碱性较弱，可与胃酸中的盐酸反应，可用作治疗胃酸过多的药物，也可用来制备一些铝盐，D正确。5．D与NaOH是否反应

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

下发生反应：2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，消耗H＋，使得水解平衡右移，从而使铝能够与H＋反应放出氢气，因此铝片上产生的气体是氢气，C错误；向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液，发生的化学反应为AlCl3＋3NaOH===Al（OH）3↓＋3NaCl，A

l（OH）3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，知氢氧化铝能溶于强碱溶液，D正确。6．A反应化学方程式为：Mg＋H2SO4===MgSO4＋H2↑；2Al＋3H2SO4===Al2（SO4）3＋3H2↑；MgSO4＋2KOH===Mg（OH）2↓＋K2SO4；

Al2（SO4）3＋6KOH===2Al（OH）3↓＋3K2SO4；Mg（OH）2=====△MgO＋H2O；2Al（OH）3=====△Al2O3＋3H2O；根据化学方程式可得：得到的氢氧化镁和氢氧化铝的质量等于镁铝的质量和与氢氧根离子的质量之和，即n＝m＋c

×V1000×17＝m＋17cV1000，选项中忽略了体积的单位，选项A不正确；B选项中p为生成的氧化物的质量，1molMg可结合1molO，2molAl结合3molO，因此生成沉淀的物质的质量等于镁和铝的质量之和加氧元素的质量，而结合氧元

素的物质的量等于生成氢气的物质的量，也等于消耗氢氧根离子的物质的量的一半，即p＝c×V×10－32×16＋m＝m＋Vc125，选项B正确；根据化学方程式的定量关系，生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量

的一半，即b＝22.4L·mol－1×c×V×10－32，整理得c＝1000b11.2V，选项C正确；氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值方法计算，若mg全是镁，得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为p＝m24×40＝53m；若mg全是铝，得到

的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p＝m27×102×12＝179m，质量介于二者之间，选项D正确。7．BNH3·H2O是弱电解质、NaOH是强电解质，所以相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，n（NH3·H2O）＞n（NaOH），当两者均不足量时，生成的沉淀氨水

多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多；所以甲中沉淀比乙中多或和乙中一样多。8．B由工艺流程分析，向铝土矿中加入氢氧化钠溶液，Fe2O3不溶解，SiO2转化为硅铝酸钠

，Al2O3发生反应Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，过滤后得到含硅铝酸钠、Fe2O3的滤渣和NaAlO2溶液，再向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，生成Al（OH）3沉淀，过滤，将滤渣进行灼烧得到Al2O3。根据上述分析可知，滤渣中X为Fe2O3，A正确；向NaA

lO2溶液中加入NaHCO3溶液，发生反应NaAlO2＋NaHCO3＋H2O===Na2CO3＋Al（OH）3↓，溶液碱性减弱，pH减小，B错误；由B项方程式可知，滤液中溶质的主要成分为Na2CO3，C正确；AlO－2在水溶液中会发生水解：AlO－2＋2H2O⇌Al（OH）3＋OH

－，因此NaAlO2溶液呈碱性，D正确。9．C石灰窑中发生反应：CaCO3=====高温CaO＋CO2↑，为吸热反应，消化池中发生反应：CaO＋H2O===Ca（OH）2，为放热反应，A项正确；沉淀池中发生反应：MgCl2＋Ca（OH）2===Mg（OH）2↓＋CaCl2

，过滤后所得滤液主要含CaCl2，可直接返回海洋，B项正确；中和时发生Mg（OH）2和盐酸的反应，离子方程式为Mg（OH）2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，C项错误；由图知，将得到的氯化镁溶液经浓缩、干燥制成无水氯化镁，在电解槽中电解熔融的氯化镁，化学方程式为MgCl2（熔融）==

===通电Mg＋Cl2↑，D项正确。10．A向1L浓度均为0.1mol·L－1的Ba（OH）2、NaAlO2混合溶液中加入0.1mol·L－1的稀H2SO4，0.1molBa（OH）2消耗0.1mol硫酸，0.1molNaAlO2消耗0.05mol硫酸

，硫酸过量时氢氧化铝溶解，0.1mol氢氧化铝消耗硫酸0.15mol，A正确；向1L浓度分别为0.1mol·L－1和0.3mol·L－1的AlCl3、NH4Cl的混合溶液中加入0.1mol·L－1的稀NaOH溶液，AlCl3与NaOH反应生成沉淀，然后氢氧化钠与氯化铵反应生成氨水，最后氢氧化铝

与氢氧化钠反应，沉淀溶解，此时氢氧化铝与氢氧化钠的物质的量之比为1∶1，图像不符，B错误；向烧碱溶液中滴加明矾溶液，发生的反应依次是Al3＋＋4OH－===AlO－2＋2H2O，Al3＋＋3AlO－2＋6H2O===4Al（OH）3

↓，所以没有沉淀与产生沉淀加入的明矾的量之比为3∶1，图像不符合，C错误；向AlCl3溶液中滴加过量氨水，开始产生氢氧化铝沉淀，氨水过量时，沉淀不溶解，图像不符合，D错误。11．C由题中数据知n（Al）＝

0.1mol，n（HCl）＝n（NaOH）＝0.3mol，所以方案①中铝和稀盐酸恰好完全反应，则X溶液中溶质为AlCl3，滴加NaOH溶液，产生Al（OH）3沉淀0.1mol，表示为a曲线，溶液中溶质为NaCl；方案②中N

aOH过量，则Y溶液中溶质为NaOH、NaAlO2，滴加盐酸先与NaOH反应无明显现象，再与NaAlO2反应产生Al（OH）3沉淀0.1mol，表示为b曲线，溶液中溶质也为NaCl，A、B错误；在O点时铝完全沉淀，此时两

方案中得到的溶液中溶质均为NaCl，在①中NaCl中的氯离子均来自于100mL的稀盐酸，在②中NaCl中的钠离子均来自于100mL的NaOH溶液，因此NaCl的物质的量均为0.3mol，体积相同，因此O点时两方案

所得溶液浓度相同，C正确；根据分析知，a、b曲线表示的反应中无氧化还原反应，D错误。12．答案：（1）NaOH④（2）Fe2O3颜料（3）54（4）CaO和CO2（5）CO2＋AlO－2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3解析：（1）铝土矿（

主要成分含氧化铝、氧化铁）加入氢氧化钠，氧化铁不和碱反应，氧化铝可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；电解氧化铝需要破坏离子键，需要吸收大量的能量；（2）根据以上分析可知沉淀B为氧化铁，三氧化二铁为红棕色，可以做

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

通入过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式：CO2＋AlO－2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3。专练14铁、铜及其化合物1．B该反应为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，Fe中的金属键断裂，A项正确；黄铜是铜锌合金，B项错误；碱式碳酸铜

俗称铜绿，C项正确；铜的性质比铁稳定，较易以单质的形式存在，是青铜器时期早于铁器时期的原因之一，D项正确。2．D溶液呈棕黄色是因为有Fe3＋，有浑浊是产生了Fe（OH）3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，化学方程式为：12FeSO4＋3O2＋6H2O===4Fe2（SO4）3＋4Fe（O

H）3↓，A错误；硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质，使颜色加深，化学方程式为：2Na2S＋O2＋2H2O===4NaOH＋2S↓，B错误；溴水中存在平衡Br2＋H2O⇌HBrO＋HBr，HBrO见光易分解，促使该平衡正向移动，从而使溴水褪色

，C错误；胆矾为CuSO4·5H2O，颜色为蓝色，如果表面失去结晶水，则变为白色的CuSO4，化学方程式为：CuSO4·5H2O===CuSO4＋5H2O，方程式正确，D正确；故选D。3．DA项，Na2C

O3溶液水解显碱性，可以使油脂发生水解反应，从而去除油污，能达到实验目的；B项，发生反应的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O，能达到实验目的；C项，过滤除去不溶的杂质，得CuSO4溶液，能达到实验目的；D项，应蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜为止，蒸干溶液会使CuS

O4·5H2O的结晶水失去，不能达到实验目的。4．BFe3O4也称为磁性氧化铁，可以作铁磁性材料，与其能与酸反应无关，符合题意。5．D碱式硫酸铁能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有较强的吸附性，可用作净水剂，A项正确；NH4HCO3不稳定，

受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，B项正确；KSCN溶液遇Fe2＋无明显现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化，其中的Fe2＋变成Fe3＋，KSCN溶液遇Fe3＋变红，C项正确；FeSO4与（NH

4）2SO4溶液反应冷却时有（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O析出，说明（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O在水中的溶解度比FeSO4的小，D项错误。6．Ba中Cu显＋2价，在酸性环境中，Cu变成a失电子，需要加氧化剂，故A正确；由图可知，Cu（OH）2－4转

化成Cu（OH）2需要加酸，故B错误；CuO－2中铜元素显＋3价，整个离子带1个负电荷，应该填在b的位置，故C正确；Cu2O中铜元素为＋1价，在酸性环境下可以发生歧化反应生成含＋2价铜的a和单质铜，故D正确。7．B①FeO可以被稀HNO3氧化生成Fe3＋，溶液的颜色由浅绿色转变成棕黄色，

故①错误；②样品中加入盐酸后，取上层清液，然后加入KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3＋，即红砖中含有氧化铁，故②错误；③由FeCl3溶液得到无水FeCl3，需要在干燥的氯化氢气流中加热，防止Fe3＋水解，若直接

蒸发最终生成Fe2O3，故③错误；④氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，白色沉淀最终转变为红褐色沉淀，故④错误；⑤向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入盐酸发生的反应为：Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2OCu

＋2FeCl3===2FeCl2＋CuCl2，用过量的CO在高温下还原相同质量的混合物，固体减少的质量应是混合物中氧元素的质量，根据反应方程式，混合物中氧元素全部与盐酸中的氢元素结合转化成水，混合物中氧的质量为0.3L×1mol

·L－12×16g·mol－1＝2.4g，即固体减少的质量为2.4g，故⑤正确；⑥磁性氧化铁是Fe3O4，属于氧化物，书写离子反应方程式时，不能拆写成离子形式，故⑥错误；⑦Fe3＋氧化性强于I2，因此Fe3＋会把

I－氧化成I2，故⑦错误；⑧Fe2O3是难溶于水的氧化物，不与水反应生成Fe（OH）3，但可以通过化合反应4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3制取Fe（OH）3，故⑧正确；⑨赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe3O4的颜色为黑色，故⑨错误；⑩Fe（OH）2溶液被氧气氧化成Fe

（OH）3，此装置没有做防止氧气进入装置的防护，因此此装置不能长时间观察到Fe（OH）2白色沉淀，故⑩错误，故正确序号为⑤⑧。综上所述，本题正确答案为B。8．BFeCl3溶液中，Fe3＋会发生水解反应：FeCl3＋3H2O⇌Fe（OH）3＋3HC

l，加热蒸发，HCl挥发，使平衡不断向右移动，无法得到氯化铁固体，要得到氯化铁固体需要在干燥的氯化氢气流中加热蒸发，A项错误；稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排出FeSO4溶液中的氧气，盛有NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液中可隔绝空气，制得Fe（OH）2可以较长时间稳定存在，B项正确

；稀硝酸与Cu反应生成NO，无色的NO进入广口瓶中，被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2，C项错误；氯化氢的密度比空气的大，应该用向上排空气法收集，导管应长进短出，D项错误。9．C在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全

沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）＝n（NaOH）＝1.0mol·L－1×1.0L＝1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为39.2g98g·mol－1＝0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）＋2n（Cu2

O）＝n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[Cu（NO3）2]＝n[Cu（OH）2]＝0.4mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x＋144y＝27.2，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.4，联立方程解得x＝0.2，y＝0.1，

由上述分析可知，n（Cu）∶n（Cu2O）＝0.2mol∶0.1mol＝2∶1，故A正确；根据N元素守恒可知n（HNO3）＝n（NO）＋n（NaNO3）＝0.2mol＋1.0mol·L－1×1.0L＝1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为：1.2mol0.5L＝2.4mol·L－1

，B正确；根据电子转移守恒可知：3n（NO）＝2n（Cu）＋2n（Cu2O），所以3n（NO）＝2×0.2mol＋2×0.1mol，解得n（NO）＝0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L·mol－1＝4.48L，C错误；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液

，氢氧化钠与硝酸铜和剩余的硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中剩余的n（HNO3）＋2n[Cu（NO3）2]＝n（NaNO3），所以剩余的n（HNO3）＝n（NaNO3）－2n[Cu（NO3）2]＝1mol－2×0.4mol＝0.2mol，故D正

确。10．A铁与氯气反应，无论过量与否都生成FeCl3，故A正确；铁与水蒸气反应：3Fe＋4H2O（g）=====高温Fe3O4＋4H2，故B错误；KMnO4能把Cl－氧化成Cl2，对Fe2＋的检验产生

干扰，故C错误；生成白色沉淀变为红褐色沉淀，说明原溶液中一定含有Fe2＋，但也可能含有Mg2＋等离子，与NaOH溶液产生白色沉淀，被红褐色沉淀干扰，故D错误。11．C金属X可置换出铜，为了不引入新的杂质，故X为铁粉，A项错误；不纯的铜中含有过量的铁粉，要除去铁粉，并得到FeSO4，则Y为稀硫酸，

B项错误；硫酸亚铁具有还原性，可用作食品的抗氧化剂，C项正确；无水硫酸铜常用于检验水，但不作干燥剂，D项错误。专练15金属及其化合物的制备流程1．B焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应的钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发

生氧化还原反应得到氢氧化铬沉淀。铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氢氧化铁，B错误；滤液①中Cr元素的化合价是＋6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr元素主要存在形式为CrO2－4，C正确；由分析知淀粉

水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；故选B。2．答案：（1）PbSO4（s）＋CO2－3（aq）===PbCO3（s）＋SO2－4（aq）存在沉淀溶解平衡PbSO4（s）⇌Pb2＋（aq）＋SO2－4（aq），已知Ksp（P

bCO3）≪Ksp（PbSO4），加入Na2CO3，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，有利于后续溶于酸（2）沉淀转化反应BaSO4（s）＋CO2－3（aq）⇌BaCO3（s）＋SO2－4（aq）的平衡常数K≈0.04，K值较小，说明正向反应程度有

限（3）（ⅰ）Fe2＋（ⅱ）Pb＋H2O2＋2HAc===Pb（Ac）2＋2H2O（ⅲ）H2O2作还原剂，还原PbO2（4）Al（OH）3、Fe（OH）3、BaSO4（5）Ba2＋、Na＋解析：（1）结合难溶电解质的Ksp，可知利用Na2CO3“脱硫”发生沉淀转化反应：PbSO4（s）

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

为更难溶的PbCO3，有利于后续溶于酸。（2）沉淀转化反应BaSO4（s）＋CO2－3（aq）⇌BaCO3（s）＋SO2－4（aq）的平衡常数K＝c（SO2－4）c（CO2－3）＝Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3）＝1.1×10－102.6×10－9≈0.04，K值较小，

说明正向反应程度有限，BaSO4不能完全转化为BaCO3。（3）（ⅰ）根据铅膏的组成成分中含铁元素可知，H2O2能够氧化的离子为Fe2＋；（ⅱ）H2O2将Pb氧化为Pb2＋，继而Pb2＋与醋酸反应生成Pb（Ac）2，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋

2HAc===Pb（Ac）2＋2H2O；（ⅲ）PbO2转化为Pb（Ac）2的过程中Pb元素化合价降低，则H2O2作还原剂，起到还原PbO2的作用。（4）“脱硫”时，BaSO4部分转化为BaCO3，Ba元素以BaSO4、BaCO3的形式进入“酸浸”工序，此外还有Al、Fe

等金属元素，结合题给金属氢氧化物沉淀时的pH和铅膏的成分，可知滤渣中含有Al（OH）3、Fe（OH）3、BaSO4。（5）“沉铅”后的滤液中有“酸浸”时BaCO3溶于酸产生的Ba2＋，还有因加入NaOH溶液而引入的Na＋。3．答案：（1）ab（2）2Bi2S3＋9O2=====

高温2Bi2O3＋6SO2（3）抑制金属离子水解（4）SiO2（5）Mn2O3＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O（6）将Fe3＋转化为Fe2＋（7）24.02%解析：（1）a项，联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧

效率；b项，鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应；c项，降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率；（2）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3＋9O2=====高温2Bi2O3＋6SO2；（3）加入浓

盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3＋、Fe3＋、Mn2＋、H＋、Cl－，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低；（4）滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2；（5

）因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O；（6）由已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3＋会水解生成Fe（OH）3沉淀，但Fe2＋还没开始沉淀，故要将Fe3＋转

化为Fe2＋，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。（7）根据题目信息可知，32kgBiOCl产品中Bi元素的质量为32kg×78.5%＝25.12kg，转化时消耗1.1kg金属Bi，根据Bi元素守恒可知，100kg辉铋矿中Bi的质量分数为

25.12－1.1100×100%＝24.02%。4．答案：（1）Cu2＋＋CO2－3＋H2O===Cu（OH）2↓＋CO2↑（2）取最后一次洗涤液（或上层清液），滴加BaCl2（或硝酸钡）溶液，无沉淀生成，说明已洗净。（3）CuSO4澄清石灰水（4）B中无水硫酸铜变蓝，C中澄清石灰水不变浑浊（5

）C→A→B→D→E（6）吸收空气中的水蒸气和CO2结束时通入过量的空气可以将装置中滞留的水蒸气和CO2赶出。（7）1－49n9m×100%解析：（1）乙同学的观点，是考虑到了CO2－3的水解，所以离子方程式为Cu

2＋＋CO2－3＋H2O===Cu（OH）2↓＋CO2↑（2）洗涤干净的标准是不含有SO2－4，故可以加入钡盐来检验，规范做法是取最后一次洗涤液（或上层清液），滴加BaCl2（或硝酸钡）溶液，无沉淀生成，说明已洗净。（3）该装置一是为了检验是否有水

生成，另一是检验是否有CO2。若有水生成，说明是Cu（OH）2，若有CO2生成，说明是CuCO3。故B装置检验是否有水生成，采用无水硫酸铜，化学式为CuSO4，C装置是为了检验是否有二氧化碳生成，故是澄清石灰水。（4）乙同学的观点是生成Cu（

OH）2，故沉淀加热后会生成水，故B装置变蓝，C装置没明显变化。（5）结合所给药品及实验仪器，在加热CuCO3、Cu（OH）2混合物的过程中，Cu（OH）2分解挥发出的水蒸气可用浓硫酸吸收，通过测量其质量，折算出物质的组成及含量，故实验装置的连接顺序为C→A→B→D→E（6

）为了排除空气中水蒸气和CO2的干扰，用装置C中碱石灰来净化吸收；实验开始时通入过量空气，可将装置内的水蒸气和CO2全部排除干净，而结束时通入过量空气的目的是可以将装置中滞留的水蒸气和CO2赶出，保证实验的准确性。

（7）由Cu（OH）2=====△CuO＋H2O可知，Cu（OH）2的质量为49n9g，沉淀中CuCO3的质量分数为1－49n9m×100%5．答案：（1）抑制Fe2＋水解（2）（NH4）2Fe（SO4）2＋H2C2O4＋2H2O===Fe

C2O4·2H2O↓＋H2SO4＋（NH4）2SO4（3）碳和铁0.6（4）①FeC2O4·2H2O=====△FeC2O4＋2H2O②Fe2O3解析：（1）配制（NH4）2Fe（SO4）2溶液时，溶液中亚铁离子水解显酸性，加少量硫酸的

目的是抑制其水解。（2）硫酸亚铁铵溶液中加入草酸生成草酸亚铁沉淀、硫酸和硫酸铵，反应的化学方程式为：（NH4）2Fe（SO4）2＋H2C2O4＋2H2O===FeC2O4·2H2O↓＋H2SO4＋（NH4）2SO4。（3）向盛有草酸亚铁晶体的

试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成，说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，说明铁元素和碳元素被氧化，根据离子方程式5FeC2O4＋3MnO－4＋24H＋===5Fe3＋＋3Mn2＋＋10CO2↑

＋12H2O可知，消耗1molFeC2O4·2H2O，则参加反应的KMnO4为0.6mol；（4）①通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为：FeC2O4·2H2O=====△FeC2O4

＋2H2O；②3.6g草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g×56180＝1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：1.60g－1.12g＝0.48g，铁元素和氧元素的物质的量之比为：2∶3，铁的氧化物的化学式为Fe2O3。专练

16碳、硅及新型无机非金属材料1．B花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，A正确；碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，属于无机非金属材料，B错误；金属奖牌属于合金材料，C正确；聚乙烯属于有机高分子材料，D正确。2．C鎏金饰品属于

金属材料，A项错误；纹银盒的主要成分是银，B项错误；瓷质咖啡杯的主要成分是陶瓷，属于硅酸盐材料，C项正确；铜镀金钟座的主要成分是合金，D项错误。3．C“天宫二号”空间实验室的硅电池板是为空间实验室提供电能的装置，可以将光能转化为电能，A正确；“蛟龙”号潜水器所使用

的钛合金是合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀、耐热等特性，B正确；光缆的主要成分是二氧化硅，C错误；水下钢柱镶锌块，铁和锌在水中形成原电池，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，利用的是牺牲阳极的阴极保护法，D正确。4．A传统陶瓷是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外包装和器件，A正确；

陶瓷的主要成分为硅酸盐，而不是SiO2和MgO，B错误；陶瓷烧制过程发生复杂的化学反应，有新物质生成，属于化学变化，C错误；由于Fe2＋、Fe3＋和铁的氧化物均有颜色，白瓷的白色是因为铁含量较低甚至几乎

不含，D错误。5．A光合作用中，利用太阳能将二氧化碳、水转化为（CH2O）n和O2，发生的是氧化还原反应，A项错误；由图可知，光合作用将太阳能转化为化学能，B项正确；NaHCO3和Na2CO3与CaCl2发生的离子反应分别为Ca2＋＋2HCO－3===CaCO3↓＋CO2↑＋

H2O、Ca2＋＋CO2－3===CaCO3↓，C项正确；二氧化碳溶于水，发生反应：CO2＋H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H＋＋HCO－3，D项正确。6．C在铝土矿制备较高纯度Al的过程中除用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石，还用到盐酸，A错误；石英不属于盐，不能与盐酸反应，B错误

；由方程式SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑可知在制粗硅时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，C正确；SO2是氧化产物，D错误。7．C聚丙烯是有机高分子材料，①错误；硅胶具有较强的吸水性，且无毒，可作干燥剂，②正确；H＋与SiO2－3会生成H2SiO3沉淀，不能大量共存，③错误

；向含有K＋、Na＋、Br－、SiO2－3的溶液中通入CO2，会生成H2SiO3沉淀，④错误；SiO2可与氢氟酸反应，⑤错误；硅酸钠具有较好的耐热性，可制备木材防火剂，也可用于制备硅酸胶体，⑥正确；SiO2→H2SiO3不能一步实现转化，⑦错误。8．BSiO2和C在高温下发生反

应生成Si和CO，因此，制备粗硅的反应方程式为SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑，A说法正确；在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键，1molSi含Si—Si键的数目约为2×6.02×1023，B说法错误；HCl易与

水形成盐酸，在一定的条件下氧气可以将HCl氧化；H2在高温下遇到氧气能发生反应生成水，且其易燃易爆，其与SiHCl3在高温下反应生成硅和HCl，因此，原料气HCl和H2应充分去除水和氧气，C说法正确；Si＋3HCl（g）===

==300℃SiHCl3（g）＋H2（g），该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成SiHCl3的反应为熵减过程，D说法正确；综上所述，本题选B。9．B晶体硅熔点高硬度大，可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，二者没有关系，选项A错误

；胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸，二者有对应关系，选项B正确；漂白粉漂白纸张是因为其具有漂白性，而与稳定性无关，选项C错误；氧化铁用作红色涂料是因为其显红棕色且化学性质相对较稳定，而与能否与酸反应无关，选项D错误。10．C电解饱和食盐水得到NaOH、

H2、Cl2，Y和Z点燃下能够发生反应，即X为NaOH，根据流程中，SiHCl3被还原成Si，即Y为H2，Z为Cl2，故A说法正确；焦炭和石英发生的副反应：SiO2＋3C=====高温SiC＋2CO↑，焦炭既是氧化剂又是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，故B说法正

确；SiHCl3水解的产物是H2SiO3、H2、HCl，推出SiHCl3中H应为－1价，即Si的化合价为＋4价，故C说法错误；多晶硅为单质，是硅的一种同素异形体，故D说法正确。11．答案：（1）b（2）让氢气排尽装置内的空气，避免空气中的成分对实验的影响该反应为放热反应，可利用自身放

出的热量维持反应进行（3）Mg2Si＋4HCl===2MgCl2＋SiH4↑，SiH4＋2O2===SiO2＋2H2O（4）C→A→D→E→A→F（5）E中黑色粉末变为红色；前一个A中澄清石灰水无明显现象，后一个A中澄清石灰水变浑浊（6）先通入C装置除去CO2气体后，再将剩

余的气体点燃解析：（1）Mg可以与CO2反应生成氧化镁和碳，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气，选用的药品为稀硫酸和锌粒，再用浓硫酸干燥；（2）装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体

燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气；Mg与SiO2反应的条件是加热，停止加热后，反应能继续进行，说明该反应为放热反应，可利用自身放出的热量维持反应进行；（3）Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），其反应的方程式为：Mg2Si＋4HCl===2MgCl2＋SiH4↑，

SiH4常温下是一种不稳定、易自燃的气体，反应的方程式为SiH4＋2O2===SiO2＋2H2O，所以往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星。（4）要验证草酸晶体分解产物中有CO，只能通过检验CO与C

uO反应的产物CO2的存在来达到这一目的。因为草酸晶体的分解产物本身含有CO2，会对CO的检验造成干扰，所以在检验CO前应将分解产物中的CO2除尽，可选用C装置来除去CO2，A装置用来检验CO2是否除尽．将除去CO2的气体通过盛有无水氯化钙的

装置D干燥，然后通过盛有CuO的装置E，CuO将CO氧化为CO2，再将气体通过盛有澄清石灰水的A装置，用来检验CO2的存在。因CO有毒，最后可将尾气通过排水法收集。（5）若前一个装置A中澄清石灰水不变浑浊，说明草酸晶体分解的产物CO2已除尽；E中黑色CuO变红，同时其后的装置A中澄清石

灰水变浑浊，说明草酸晶体分解产物中含有CO。（6）F装置的作用是收集CO气体，以防污染环境，更换的方法是将气体先通入C装置除去CO2气体后，将CO点燃。专练17氯、溴、碘及其化合物1．DA项，除杂装置，先除去HCl，后除去水蒸

气，正确；B项，集气装置，氯气密度比空气大，进气管长，出气管短，正确；C项，探究干燥的红布条和湿润的红布条与氯气的反应，正确；D项，尾气吸收应用碱液，错误。2．D向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确

；已知I－3（aq）为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I－与I2发生反应I－＋I2⇌I－3，生成I－3使溶液颜色加深，B项正确；I2在水中存在溶解平衡I2（s）⇌I2（aq），Zn与I2反应生成的I－与I2（aq）反应生成I－3，I2（aq）浓度减小，上述溶解平衡

向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；答案选D。3．D新制氯水中含有Cl2，所以呈浅黄绿色，A项正确；生成氯化银沉淀，说明氯水中含有Cl－，B项正确；加入NaHCO3粉末，有气泡生

成，说明氯水中含有H＋，C项正确；Cl2也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，故该现象不能说明氯水中含有HClO，D项错误。4．D氢氧化钠和氯气反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成次氯酸，

所以“84消毒液”的有效成分是NaClO，A项正确；次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以“84消毒液”能漂白棉、麻、纸张，B项正确；ClO－和Cl－在酸性条件下发生归中反应生成氯气，“84消毒液”与酸性洁厕剂

混用会产生Cl2，C项正确；“84消毒液”久置，次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸氢钠，该反应不是氧化还原反应，D项错误。5．ACl2分子中两个Cl原子的p轨道头碰头重叠，为p­pσ键，A项错误；燃烧生成

的HCl气体与空气中的水蒸气结合形成盐酸小液滴，故瓶口有白雾，B项正确；用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口，NH3与HCl形成NH4Cl固体小颗粒，产生白烟，C项正确；该反应为自发的氧化还原反应，可设计成原电池，将化学能转化为电能，D项正确。6．A①HCl遇KI溶液不能发生反应生成I2

，A项错误；由于酸性HCl>H2SiO3，所以浓盐酸遇Na2SiO3溶液会发生反应2HCl＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋2NaCl，由于硅酸是白色难溶性的物质，所以会产生白色胶状沉淀，B项正确；在饱和NaCl溶液中存在平衡NaCl

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

中，会发生反应2HCl＋NaClO===NaCl＋Cl2↑＋H2O，离子方程式是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，因此有黄绿色气体产生，D项正确。7．A常温下，用pH计测定0.1mol·L－1NaHRO3溶液的pH＝

3.71，说明HRO－3可以电离出H＋，则H2RO3为二元酸，A项正确；将过量干燥的氯气通入装有红色鲜花的集气瓶中，因为鲜花中有水，Cl2与水生成HClO，则红色鲜花颜色褪去，B项错误；乙烯使溴水褪色，是因为发生加成反应，SO2使溴

水褪色，是因为发生氧化还原反应，两种气体使溴水褪色的原理不相同，C项错误；向湿润的KI－淀粉试纸上滴2滴某黄色溶液，试纸变蓝，说明生成了碘单质，则黄色溶液具有氧化性，也可能含CrO2－4，D项错误。8．C用浓盐酸和MnO2制取Cl2的反应为MnO2＋4HCl

（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，氯气中含有挥发出的HCl，可用饱和NaCl溶液吸收挥发出的HCl，达到净化氯气的目的，A正确；Cl2和KOH在加热条件下反应生成KClO3，其离子方程式为3Cl2＋6OH－=====△ClO－3＋5Cl－＋3H2O，B正确；若取少量

无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，发生的反应为ClO－3＋6I－＋6H＋===3I2＋Cl－＋3H2O，溶液呈黄色，C错误；根据B项分析可得碱性条件下氧化性：Cl2＞KClO3，酸性条件下KClO3和HCl反应生成氯气，因

此酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3，D正确。9．BB中N为氯碱工业的主要原料，则N为NaCl，M是造成温室效应的主要气体，M为CO2，应该是碳酸钠或碳酸氢钠与盐酸反应，如果是碳酸氢钠与盐酸反应，离子方程式中应该是碳酸氢根，故B错误。1

0．DBaCl2溶液应在Na2CO3溶液之前加入，否则溶液中会引入新的杂质Ba2＋，故A项错误；为防止氯化镁水解，应该在氯化氢气氛中进行，故B项错误；氯碱工业的阴极是水电离出的氢离子得电子得到氢气，故C项错误；第③步中溴离子被氧化为

溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，过程的目的是浓缩富集溴元素，故D项正确。11．DZn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为I2被Zn还原，A项错误；液

体分层后，I2在CCl4层，CCl4的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn>Fe>Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，其具有强氧化性，可将I－氧化，D

项正确。12．A电解时，Cl－在阳极放电生成NCl3，电极反应式为NH＋4＋3Cl－－6e－===NCl3＋4H＋，A正确；电解过程的总化学方程式为NH4Cl＋2HCl=====电解NCl3＋3H2↑，混合溶液的pH逐渐增大，B错误；碱石灰不能除去NH3，C错误；向NCl3

溶液中加入NaClO2溶液，根据流程可知反应的化学方程式为6NaClO2＋NCl3＋3H2O===6ClO2↑＋NH3↑＋3NaCl＋3NaOH，则溶液X中的主要溶质为NaCl和NaOH，所以检验其中所含

Cl－时应先加HNO3酸化以除掉OH－，D错误。专练18硫及其化合物1．BCu与浓硫酸反应生成Cu2＋，体现了硫酸的氧化性，A项错误；能使紫色石蕊试液变红说明有酸性物质生成，可以说明SO2是酸性氧化物，B项正确；c处褪色，体现了SO2的还原性，C项错误；反应后

混合液中硫酸浓度很高，浓硫酸吸水，导致生成的CuSO4不能形成蓝矾，D项错误。2．C试管内液面上升能说明试管内压强降低，可能是SO2溶于水导致，不能说明SO2与水发生反应，A项错误；一段时间后，液面高度无变化

，只能说明装置内外压强相等，不能说明SO2在水中溶解达到饱和，B项错误；SO2与水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸分两步电离，导致溶液显酸性，从而使紫色石蕊试液变红，C项正确；将溶液在空气中放置一段时间后，pH下降，是因为H2SO3被氧化成H2SO4，H2SO4电离程度更高，导致pH下降，D项错

误。3．B因为酸雨的pH<5.6，所以SO2排放到空气中会形成pH≈5.6的酸雨是错误的，A项错误；分析可知X气体为H2S，能与CuSO4反应生成黑色的不溶于水的硫化铜沉淀，所以可用CuSO4溶液检验是否有H2S气体生成，B项正确；在100～20

0℃时发生的反应为2H2S＋SO2=====催化剂100～200℃3S＋2H2O，不是置换反应，C项错误；若用浓硝酸处理工业尾气中的SO2，则会产生含氮元素的大气污染物（即氮的氧化物），D项错误。4．C为防止环境污染，装置C和E

中的试剂均取用浓的氢氧化钠溶液，保证将未反应的二氧化硫吸收完全，避免造成污染，A错误；装置B中发生的反应为SO2＋Na2O2===Na2SO4，则每消耗1molNa2O2，转移电子数为2NA，B错误；关闭K1，打开K2，试剂X是酸性KMnO4或FeCl3溶液，产生的二氧化硫能被氧化而使溶液褪色，均

可证明SO2有还原性，C正确；实验过程中体现了硫酸的强酸性、难挥发性，D错误。5．B根据p在标准状况下的密度为1.518g·L－1，知p的相对分子质量为34，又p为无色有臭鸡蛋气味的气体，则p为H2S，q为S；s的相对分子质量比r的相对分子质量大16，且r、s均为氧化物，则r为S

O2，s为SO3，u为H2SO4，t为H2SO3，v为硫酸盐。r为SO2，具有漂白性，还可以用于杀菌、消毒，A项正确；由于盐酸的酸性强于H2SO3，故SO2与BaCl2溶液不反应，B项错误；常温下浓硫酸可以使Fe、Al钝化，因此浓硫酸可以用铁槽车或铝槽车

储运，C项正确；t为H2SO3，在空气中久置可被空气中O2氧化为H2SO4，D项正确。6．AS与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，不体现酸性，A错误；增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率，所以途

径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来提高二氧化硫的转化率，从而降低成本，B正确；途径①和②都是由S来制备H2SO4，S的化合价从0价升高到＋6价，制取1molH2SO4，理论上各消耗1molS，各转移6mole－，C正确；途径①S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和

水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，D正确。7．DCu2O是红色固体，A错误；不能直接向试管Ⅰ中加入水，试管Ⅰ中有剩余的浓硫酸，向其中加入水会放出大量的热，导致液滴飞溅

，B错误；铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫和水反应会生成亚硫酸，亚硫酸能使紫色石蕊溶液变红，但不会褪色，C错误；将实验中产生的二氧化硫气体通入品红溶液中，溶液褪色，可证明二氧化硫具有漂白性，D正确。8．CNa2S

O3具有还原性，可以和碘单质发生氧化还原反应SO2－3＋I2＋H2O===SO2－4＋2I－＋2H＋，所以还原性：SO2－3＞I－，A错误；Na2SO3溶液中硫元素的化合价为＋4价，硫化钠中硫元素的化合价为－2价，二者在酸性条件下发生归中反应，生成淡黄色的硫单质，B错误

；Na2SO3溶液中SO2－3水解使溶液显碱性，会使酚酞溶液变红，加入氯化钡溶液后，Ba2＋会结合SO2－3形成亚硫酸钡沉淀，促使Na2SO3的水解平衡逆向移动，c（OH－）减小，所以溶液红色褪去，C正确；亚硫酸钠具有还原性，加入盐酸酸化

的硝酸钡，相当于加入了硝酸，SO2－3能被硝酸氧化为SO2－4，SO2－4可以和Ba2＋反应生成硫酸钡沉淀，该沉淀不溶于酸，不能证明Na2SO3溶液已变质，D错误。9．B从框图分析，常见气体X可以是CO2、O2、Cl2等。符合选项的框图如图所示，B项看似C、S都符合，但由于S与氧气不能直

接生成SO3，符合条件的只有C及其化合物的转化。10．B由Cu＋2H2SO4（浓）=====△CuSO4＋SO2↑＋2H2O知，生成2.24LSO2需要6.4gCu、0.2molH2SO4，但随反应的进行，浓H2SO4会变成稀H2SO4，故硫酸量应大于0.2mol，D正确，B错误；铜可

能恰好反应完全也可能有剩余，A、C正确。11．ASO2溶于水生成H2SO3，H2SO3与NaHCO3反应生成CO2，酸性H2SO3>H2CO3，A正确；SO2溶于水显酸性，H＋与NO－3结合成HNO3，HNO3会氧化SO2－3生成S

O2－4，B错误；C项发生反应：SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，SO2作氧化剂，具有氧化性，C错误；KMnO4具有强氧化性，可以氧化SO2生成SO2－4，SO2表现还原性，D错误。12．CA项，60%硫

酸与NaHSO3反应可得SO2气体，正确；B项，SO2通入水中形成SO2的水溶液，正确；C项，SO2在饱和NaHSO3溶液中的溶解度很小，错误；D项，测定溶液的酸碱性时，用玻璃棒蘸取待测液点到干燥的pH试纸上，观察试纸颜色的变化，正确。专练19氮及其化合物1．B由图可知，a为NH3，b为N

2，c为NO，d为NO2，e为HNO3，f为NH3·H2O，g为含NH＋4的盐。NH3·H2O是弱碱，属于弱电解质，A项错误；经过NH3→NO→NO2→HNO3，最终可以制备出硝酸，B项正确；氮气可与O2在放电或高温条件下反应生成NO，不能直接

生成NO2，C项错误；检验NH＋4应用湿润的红色石蕊试纸，D项错误。2．D2NO2（g）⇌N2O4（g）为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于NO2吸附，A项正确；N2O4被“固定”后，N2O4的浓度减小，2NO2（g

）⇌N2O4（g）平衡向正反应方向移动，B项正确；被“固定”后的N2O4与O2、H2O反应生成硝酸，C项正确；2NO2→N2O4无电子转移，12N2O4→HNO3失e－，则每制备0.4mol硝酸，转移电子数为0.4×6.02×1023＝2.408×1023，D项错误。3．AA

项，自然固氮、人工固氮都是将N2转化为含氮的化合物，不一定转化为NH3，错误；B项，侯氏制碱法第一步发生反应CO2＋NH3＋H2O＋NaCl===NH4Cl＋NaHCO3↓，正确；C项，工业制硝酸发生反应4NH3＋5O2===

==催化剂△4NO＋6H2O、2NO＋O2===2NO2、3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，正确；D项，N2、NH3、铵盐、硝酸盐等含N物质通过不同途径的相互转化形成了自然界的“氮循环”，正确。4．D过程①“雷电作用”中氮气与氧气化合生成NO，化学

方程式为N2＋O2=====放电2NO，A正确；过程③“固氮作用”中氮元素化合价降低，氮气被还原，B正确；过程⑤中NO－2被氧化为NO－3，涉及的反应可能是2NO－2＋O2===2NO－3，C正确；过程⑥中氮元素化合价降低，NO－3被还

原，反应2NO－3＋12H＋===N2↑＋6H2O中没有化合价升高的元素，且电荷不守恒，D错误。5．D该实验中水中未加入酚酞，故不会产生红色“喷泉”，A错误；氨气极易溶于水，溶于水后会使烧瓶内压强减小，“喷泉”的产生不能证明NH3与H2O发生了反应，B错误；CO2在水中

的溶解度远小于NH3，将NH3换成CO2，烧瓶内外的压强差也较小，不能产生明显的“喷泉”，C错误；氨气溶于水形成一水合氨，一水合氨为弱电解质，在水中部分电离出氢氧根离子，导致溶液pH＞7，D正确。6．A①中发生的化学方程式为NaNO2＋NH

4Cl=====△NaCl＋N2↑＋2H2O，A正确；浓硫酸是干燥剂，可以除去氮气中的水蒸气杂质，但在除去氮气中的气体杂质时应在其它气体杂质全部除去后再通入浓硫酸中除水蒸气杂质，否则还会引入水蒸气杂质，故③、④中应依次盛装酸

性氯化亚铁溶液、浓H2SO4，故B错误；②的作用为安全瓶，停止加热时可以防止③中的溶液进入①中，C错误；实验结束后，取⑤中少量产物于试管中，加适量蒸馏水，发生水解生成Ca（OH）2和NH3，再滴加石蕊试液，溶液变蓝，故D错误。7．A标况下2.24L混合气体的物质的量为0.1mol；

50mL4mol·L－1的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol·L－1×0.05L＝0.2mol。铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为0.1mol＋0.2mol＝0.3

mol，故A正确；生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×12＝0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子数与铜失去的电子数一定相等，则消耗氧气的物质的量为：0.2mol4＝0.05mol，消耗

标况下氧气的体积为：22.4L·mol－1×0.05mol＝1.12L，故B错误；设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x＋y＝0.1mol，根据电子守恒可得：3x＋y＝0.2mol，解得：x＝0.05

mol、y＝0.05mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为1.12L，故C错误；根据B的分析可知，反应转移的电子为0.2mol，故D错误。8．BCaO能与水反应，使c（OH－）增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2为中性的盐，能够溶于水，热量的变化很小，与水

不反应，对氨气的逸出没有作用，A错误；检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收集满，B正确；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则

喷泉越剧烈，C错误；盐酸显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于碱性溶液中的吸收效率，D错误。9．答案：（1）3NO2＋H2O===2HNO3＋NO（2）石灰石与稀硝酸反应生成的CO2可将装置中的空

气排出，防止空气对实验造成干扰（3）c3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O（4）①B→C→B→D→E吸收NO防止污染空气②取装置D中反应后的少量固体于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体，且该无色气体在试管口上方变为红棕色，则证明生成了NaNO2解析：（1）由于NO

2能与水发生反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，所以题图甲装置中即使有NO2生成，集气瓶中收集到的也是无色的NO，故该同学的推断不合理。（2）由于2NO＋O2===2NO2，利用石灰石与稀硝酸反应生成的CO2能将装置中的空气排出，从

而防止空气对实验造成干扰。（3）铜过量时，溶液中的HNO3完全反应，生成Cu（NO3）2，在溶液中加入稀硫酸，提供H＋，N继续氧化Cu。（4）①根据实验目的，装置的连接顺序为NO发生装置A→气体净化装置（包括除去CO2的装置B、检验C

O2是否除尽的装置C和干燥装置B）→NO与Na2O2的反应装置D→尾气处理装置E。②可利用查阅资料b中的反应检验装置D中是否生成了NaNO2。专练20环境保护与绿色化学1.DNO与O2发生反应不需要催化剂，A错误；由图可知，总反应为2N

O＋O2＋4CO=====催化剂4CO2＋N2，反应中NO、O2均为氧化剂，CO为还原剂，N2为还原产物，B错误，D正确；N2不是污染成分，C错误。2．B含NOx、SO2的烟气的分散剂是空气，酸雨的分散剂是水，A项错误；硫酸型酸雨的形成过程

是SO2＋H2O===H2SO3，亚硫酸是弱酸，不稳定，易被氧化成硫酸，所以沉降到地面后酸性还会有所增强，B项正确；机动车尾气中含有NOx是由于高温条件下空气中的氮气和氧气反应生成了氮的氧化物，C项错误；在已酸化的土壤中加消石灰可以中和土壤的酸性，不能减少酸雨的形

成，D项错误。3．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SO

2反应生成CaSO3，故可采用石灰法脱除工业废气中的SO2，D正确。4．B从煤的气化产物的燃烧分析；气态燃料的热利用率高，而且比较清洁；气态燃料比固态煤炭更易充分燃烧；由于反应C＋O2=====点燃CO2中的氧气是用空气代替的，所以反应后的混合

气体中有N2、CO2、CO和H2等。5．C反应（Ⅰ）为N2＋O2=====高温2NO、反应（Ⅱ）为2NO＋2CO=====催化剂N2＋2CO2，则甲为N2，乙为CO2。N2是空气中体积分数最大的气体，A项正确；CO2是引起温室效应

的气体之一，B项正确；反应（Ⅰ）在高温条件下发生，常温下不发生，C项错误；反应（Ⅱ）中氮元素化合价降低，NO作氧化剂，D项正确。6．B“煤改气”“煤改电”等清洁能源工程减少了可吸入颗粒物等的排放，有利于减少雾霾天气，A项正确；

二氧化碳不会形成酸雨，B项错误；用石墨烯弹性气凝胶制成的“碳海绵”具有很强的吸附性，可用作海上原油泄漏的吸油材料，C项正确；二氧化硫具有还原性，添加微量SO2可防止葡萄酒中营养成分被氧化，D项正确。7．C①在实验中用带有酚酞的水吸收逸出

的氨气，防止污染环境，符合“绿色化学”，故选①；②用沾有碱液的棉球吸收多余的Cl2，防止污染环境，符合“绿色化学”，故选②；③没有气体处理装置，挥发的HCl和NH3会污染大气，不符合“绿色化学”，故不选③；

④气球可以用来收集生成的NO，防止污染环境，符合“绿色化学”，故选④。故正确序号为①②④。8．A浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收水果释放出的乙烯，延长水果的保鲜期，A项正确；推广使用煤液化技术，将固体煤转化为液体燃料，

不能减少温室气体二氧化碳的排放，B项错误；过期药品属于有害垃圾，深埋处理会造成土壤污染和水体污染，C项错误；防晒衣的主要成分为聚酯纤维，肥皂液呈碱性，聚酯纤维在碱性条件下容易水解，D项错误。9．C雾和霾的分散剂均是空气，A正确；根据示意图分析，B正确；氨气是反应物不是催化剂，C错误；氮肥

会释放出氨气，D正确。10．DA项，生成CH3COOH的总反应为CH4＋CO2――→催化剂CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C－H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C－C键；D项，催化剂只影响化学

反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。11．D由题可知基本过程中有两个反应：二氧化碳与氢氧化钠反应，碳酸钙的高温分解，高温分解需要消耗较大的能量，是“碳捕捉技术”的一大缺点，故A错误；循环利用的应该有CaO和NaOH两种物质，故B错误；“反应分离”过程中分离物质的操作应该是过滤，故

C错误；甲醇工业上可用CO2制备，故D正确。12．C氢气燃烧生成水，没有二氧化碳生成，有利于实现碳中和，A正确；碳纤维是碳元素的一种单质，属于无机非金属材料，B正确；聚乳酸又称聚丙交酯，是聚酯类聚合物，由乳酸经缩聚反应生成，C错误；聚氨基甲酸酯是一种有

机高分子材料，D正确。专练21元素化合物的综合应用1．A小苏打是NaHCO3，与Na2CO3无关，A项符合题意；用熟石灰处理酸性废水，发生酸碱中和反应，B项不符合题意；钢的主要成分是铁，铁与水高温时发生氧化还原反应生成Fe3O4和H2，C项不符合题意；铝耐腐蚀主要是因为在铝的表面易

形成致密氧化膜，D项不符合题意。2．C由现象1可知混合气体含水蒸气，且含过量的氢气，固体混合物Y溶于水，得到的紫红色固体单质应为Cu，得到的碱性溶液焰色试验呈黄色，说明含有Na元素，可以与盐酸发生中和反应，应为N

aOH，则X含有Na、Cu、O元素，2.38gX中含Cu的物质的量n（Cu）＝1.28g64g·mol－1＝0.02mol，含Na的物质的量n（Na）＝0.02mol，含O的物质的量n（O）＝2.38g－1.28g－0

.02mol×23g·mol－116g·mol－1＝0.04mol，则X的化学式为NaCuO2。X与氢气反应生成的混合气体含水蒸气，硫酸铜与水结合生成胆矾，发生的是化学变化，A项正确；由现象1可知混合气体含水蒸气，则X含O元素，B项正确；由现象2和3可知，固体混合物Y的成分为C

u和NaOH，C项错误；X的化学式为NaCuO2，X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，说明盐酸被氧化生成氯气，反应的化学方程式为2NaCuO2＋8HCl（浓）===2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O，D项正确。3．D蒸发皿中

的气泡可以是空气，故不能说明Fe与H2O（g）反应生成了H2，A项错误；Cl2未干燥，a中有色布条也会褪色，B项错误；该实验可以说明NH3易溶于水，且溶于水后溶液呈碱性，不能说明NH3与空气的密度大小关系，C项错误；品红溶液褪色，说明有漂白性物质生成，

铜与浓硫酸反应产生SO2气体，D项正确。4．D明矾不能用于杀菌消毒，A错误；钠是活泼金属，具有还原性可以冶炼某些金属，但溶液中钠和水剧烈反应，B错误；高温下，氧化铝能与NaOH反应，C错误；FeCl3溶液能与Cu发生反应：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，D正确。5

．A硅属于半导体材料，故可制作太阳能电池板，A项错误；药材里的主要有效成分是有机物，能溶于乙醇，利用了相似相溶原理，B项正确；Fe3＋与SCN－反应生成红色的Fe（SCN）3，C项正确；ClO2具有强氧化性，能杀死细菌和病毒，D项正确。6．D工

业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2＋3H2高温、高压催化剂2NH3，A正确；工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2＋Cl2=====点燃2HCl，B正确；工业制

粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑，C正确；冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2（熔融）=====电解Mg＋Cl2↑，D错误；故答案选D。7．A8．D

废旧铅酸蓄电池回收PbSO4时加入少量Fe2＋，发生反应：2Fe2＋＋PbO2＋4H＋＋SO2－4===2Fe3＋＋PbSO4＋2H2O，2Fe3＋＋Pb＋SO2－4===PbSO4＋2Fe2＋，Fe2＋作催化剂，A项项目与所述的化学知识有关联；冰是固态，变为液态水

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

知识有关联；BaSO4作“钡餐”，是因为BaSO4不溶于胃酸，且不被X射线透过，与其是否为强电解质无关，D项项目与所述的化学知识没有关联。9．BB中甲是C，乙是SiO2，二者发生以下反应SiO2＋2C=====高温Si＋2CO↑，生成的丙和丁是CO和Si，CO和CuO发生反应：CO

＋CuO=====△Cu＋CO2，不能实现丙到甲的转化，故选B。10．A逸出的Br2用NaOH溶液吸收后生成NaBr、NaBrO和水，若直接返回还原工序，会引入杂质离子Na＋，导致产品不纯，A项错误；滤

渣中含S和BaSO4，单质S可溶于煤油，而BaSO4不溶于煤油，故B项正确；中和工序中Li2CO3与HBr反应生成LiBr、CO2和H2O，C项正确；根据Br2＋BaS===BaBr2＋S、BaBr2＋

H2SO4===BaSO4↓＋2HBr知，参与反应的n（Br2）∶n（BaS）∶n（H2SO4）＝1∶1∶1，D项正确。11．B向酸性KMnO4溶液中通入SO2，紫红色褪去，体现SO2的还原性，A正确；向CuSO4溶液中通入H2S，生成CuS和硫酸，CuS不溶于硫酸，不能比较二者的酸性

强弱，B错误；根据CCl4萃取碘水中的碘单质的现象，可以说明碘在CCl4中的溶解度大于它在水中的溶解度，C正确；向装有蔗糖的烧杯中加入浓H2SO4，出现“黑面包”现象，体现浓H2SO4的脱水性，D正确。12．AA是氨气，C为一氧化氮，D是二氧化氮，设试管容积

为VL，根据反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，消耗VLNO2，得到23×V22.4molHNO3和V3LNO，HNO3溶液的体积为2V3L，所以HNO3的物质的量浓度为23×V22.4mol2V3L＝122.4mol·L－1，A正确；A是铁，B是氯化亚铁，C是氯化铁，D是红褪色固体氢氧化

铁沉淀，氢氧化铁胶体会产生丁达尔效应，是因为胶粒对光线有散射作用，且氢氧化铁胶体不带电，其胶粒带正电荷，B错误；A是氢氧化钠，C是碳酸氢钠，D是氯化钠，侯氏制碱法中，饱和氯化钠溶液、二氧化碳和氨气共同反应生成碳酸氢钠和氯化铵，溶解度较低的碳酸氢钠析出，此时溶液中碳酸氢

钠达到饱和，所以母液溶质中有碳酸氢钠和氯化铵，C错误；A是硫化氢，C是二氧化硫，D是硫酸，因为反应后溶液中有剩余的浓硫酸，若要观察溶液颜色，应在冷却后将试管里的物质慢慢倒入盛有水的烧杯里，D错误。专练22化学工艺流程题1．答案：（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大

接触面积（2）NA（3）H2O＋Mn2＋＋HSO－5===MnO2＋SO2－4＋3H＋Fe（OH）3（4）9.0%SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn（Ⅱ）氧化速率（5）4Co（OH）2＋O2===4CoO（OH）＋2H2

O（6）11.1解析：在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸（H2SO5），用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，发生反应H2O＋Mn2＋＋HSO－5===MnO2＋SO2－4＋3H＋，Fe3＋水解同时生成氢氧

化铁，“沉钴镍”过程中，Co2＋变为Co（OH）2，在空气中可被氧化成CoO（OH）。（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。（2）（H2SO5）的结构简式为，所以1molH2

SO5中过氧键的数目为NA。（3）用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2O＋Mn2＋＋HSO－5===MnO2＋SO2－4＋3H＋；氢氧化铁的Ksp＝10－

37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c（Fe3＋）＝10－5mol·L－1，Ksp＝c3（OH－）×c（Fe3＋）＝c3（OH－）×10－5＝10－37.4，c（OH－）＝10－10.8mol·L－1，根据Kw＝10－14，pH＝3.2，此时溶液的pH＝4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀

，故滤渣还有氢氧化铁；（4）根据图示可知SO2的体积分数为0.9%时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn（Ⅱ）氧化速率；（5）“沉钴镍”中

得到的Co（OH）2，在空气中可被氧化成CoO（OH），该反应的化学方程式为：4Co（OH）2＋O2===4CoO（OH）＋2H2O；（6）氢氧化镁的Ksp＝10－10.8,当镁离子完全沉淀时，c（Mg2＋）＝10－5mol·L－1

，根据Ksp可计算c（OH－）＝10－2.9mol·L－1，根据Kw＝10－14，c（H＋）＝10－11.1mol·L－1，所以溶液的pH＝11.1。2．答案：（1）CaMg（CO3）2=====煅烧CaO＋MgO＋2CO2↑（2）①Ksp[Ca（OH）2]≫Ksp[Mg（OH

）2]，在一定量NH4Cl溶液中，CaO先浸出②Ca2＋＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH＋4③2.4∶1④Ksp（CaCO3）<Ksp（MgCO3），CaCO3优先析出，沉钙过程中耗NH3且少量NH3挥发，减少MgCO3析出（3）MgO＋H2O===Mg（OH）2，

Mg（OH）2＋2NH＋4⇌Mg2＋＋2NH3＋2H2O，随大量氨逸出，平衡正向移动（4）Fe2O3、SiO2、CaSO4、Mg（OH）2（MgO）（5）NH4Cl、（NH4）2SO4、CO2、NH3解析：（

1）白云石煅烧时，CaMg（CO3）2高温分解生成CaO、MgO和CO2。（2）②沉钙时通入二氧化碳，发生反应Ca2＋＋2NH3＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH＋4。③由表可知，氯化铵和氧化钙的物质的量之比为2.4∶1时，

氧化镁的浸出率较高，且产品中碳酸钙的纯度较低，所以不宜选用的物质的量之比为2.4∶1。（3）“浸镁”的原理为MgO＋H2O===Mg（OH）2，Mg（OH）2＋2NH＋4⇌Mg2＋＋2NH3＋2H2O，加热蒸馏可使大量氨逸出，平衡正向移动，因此浸出率增大。（5）由上述分析可知，煅烧时产

生的CO2、浸钙和浸镁时产生的NH3、沉钙时产生的NH4Cl、沉镁时产生的（NH4）2SO4都可以循环利用。3．答案：（1）6HF＋SiO2===2H＋＋SiF2－6＋2H2O（2）2.0×10－2SO2－4（3）CaSO4·0.5H2O减少CaS

O4的溶解损失，提高产品石膏的产率酸解D解析：氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制Ⅰ脱氟、除硫酸根离子和SiF2－6，过滤，滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。（1）氢氟酸与Si

O2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF＋SiO2===2H＋＋SiF2－6＋2H2O。（2）精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（SiF2－6）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6＋Na2CO3===Na2SiF6↓

＋CO2↑＋H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c（Na＋）＝2c（SiF2－6），根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2（Na＋）·c（SiF2－6）＝4c3（Si

F2－6），c（SiF2－6）＝34.0×10－64＝1.0×10－2mol·L－1，因此c（Na＋）＝2c（SiF2－6）＝2.0×10－2mol·L－1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c（Ca2＋）＝c（SO2－4）＝9.0×10－4＝3.0×10－

2mol·L－1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c（Ba2＋）＝1.0×10－61.0×10－2＝1.0×10－4mol·L－1，当BaSO4沉淀开始生成时，c（Ba2＋）＝1.0×10－103.0×10－2≈3.3×10

－9mol·L－1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO2－4，然后才是SiF2－6。（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的

原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于6

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

题意；P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化，B不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4

·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意。4．答案：（1）Fe2O3、SiO2S

iO2（2）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率（3）7Fe2（SO4）3＋FeS2＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤（5）＋26Fe（NH4）2Fe（CN）6＋ClO－3

＋=====△6Fe（NH4）Fe（CN）6＋Cl－＋3H2O＋6NH3↑（6）O2NH3·H2O解析：以熔烧黄铁矿产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料的工艺流程（1）黄铁矿含FeS2、石英（主要成分为SiO2），焙烧时FeS2发生反应：4FeS2＋11O2=====焙烧2Fe2

O3＋8SO2，石英不反应，因此红渣的主要成分为Fe2O3、SiO2。“酸浸”时Fe2O3和硫酸反应生成Fe2（SO4）3和水，SiO2与硫酸不反应，因此滤渣①的主要成分为SiO2。（3）还原工序中，FeS2与Fe2（SO4）3溶液反应，若

不生成S单质，则FeS2中硫元素被氧化为SO2－4，Fe2（SO4）3被还原为FeSO4，FeS2→2SO2－4失14e－、Fe2（SO4）3→2FeSO4得2e－，根据得失电子守恒，FeS2、Fe2（SO4）3的化学计量数分别为1、7，再根据原子守恒配平化学方程式即可。（4）由

流程图知，通过工序①获得了FeSO4晶体，则工序①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所得母液为硫酸，可以返回“酸浸”循环利用。（5）根据离子式NH＋4、CN－及化合物中正负化合价代数和为0，可知该物质中Fe的化合价为＋2。氧化工序中NaClO3在酸性条件下将Fe（NH4）2Fe（

CN）6氧化为Fe（NH4）Fe（CN）6，NaClO3被还原为NaCl，Fe（NH4）2Fe（CN）6→Fe（NH4）Fe（CN）6失e－，ClO－3→Cl－得6e－，根据得失电子守恒，Fe（NH4）2Fe（CN）6、ClO－3的化学计量数分别为6、1

，再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式即可。（6）“还原”工序得到的滤液为FeSO4和H2SO4的混合溶液，用其制备Fe2O3·xH2O和（NH4）2SO4的过程中铁元素被氧化，为了不引入杂质，结合元素守恒知，所加试剂

为O2（或H2O2）和NH3·H2O（或NH3）。专练23原子结构与化学键1．C由同周期和同主族元素原子半径变化规律可知A项正确；同周期元素非金属性从左到右逐渐增大，B项正确；若甲为C，烷烃、烯烃遇氯化氢无白烟产生，C项错误；

磷酸、硅酸均能与强碱反应，D项正确。2．D钾原子失去电子，硫原子得到电子形成硫化钾，硫化钾为离子化合物，用电子式表示K2S的形成：，A正确；氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，离子方程式为：Al（OH）3＋OH－===[Al（O

H）4]－，B正确；H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示H—H的s­sσ键形成的示意图：，C正确；用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂为D错误；故选D。3．ASr和Mg、Ca同主族，位于元素周期表第五周期ⅡA族，A项错

误；87Sr和86Sr的质量数不同，可用质谱法区分，B项正确；Sr的质子数为38，87Sr的中子数为87－38＝49，86Sr的中子数为86－38＝48，C项正确；根据题意可知，D项正确。4．CW、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2是形成酸雨的物质之一，根据原子序数的规律，则

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

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

价含氧酸为硫酸，是强酸，D错误；故选C。5．B根据质子数和质量数守恒，可推断出abX为62He、mnY为42He，X的中子数为6－2＝4，A项错误；62He、42He的质子数相同，中子数不同，互为同位素，B

项正确；138O、158O的半衰期很短，不能用作示踪原子研究化学反应历程，C项错误；自然界不存在138O2、158O2分子是因为138O、158O的半衰期很短，D项错误。6．DNH4F是离子化合物，D错误。7．DNO中只

含氮氧共价键，是共价化合物，A项正确；O2的结构式为O===O，含非极性共价键，B项正确；过程②是NO中共价键断裂的过程，吸收能量，过程③是N与N、O与O形成共价键的过程，释放能量，C项正确；NO分解生成N

2的反应中N的化合价由＋2降为0，则生成标准状况下11.2L（0.5mol）N2时，转移2mol电子，阿伏加德罗常数NA的值约为6.02×1023，故转移电子数约为1.204×1024，D项错误。8．C由已知核

反应可得Z＋0＝M＋1、A＋1＝R＋1，RMY可用于测定文物年代，则Y是C，R＝14、M＝6、A＝14、Z＝7，X是N。同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，A项正确；C结合3个H失去1个电子形成CH＋3，B项正确；HNO3的酸性强于H2CO3，C项错误；N可以形成NH3、N2H4，C可

以形成多种烃，D项正确。9．C由题意可知W、X、Y分别是Na、Al、S。SO2的漂白原理是化合，而臭氧的漂白是氧化性，A不正确；H2S中含有共价键，Na2S中含有离子键，B错误；S2－核外有3个电子层。Na＋和Al3＋具有2个电子层，离子半径均小于S2－的。在核外电子

排布相同的条件下，微粒半径随原子序数的增大而减小，即Al3＋离子半径最小，C正确；工业上电解熔融氯化钠制取钠，电解熔融氧化铝制取铝，D错误。10．C由框图可知A是Na单质，B2是O2，二者加热生成F是Na2O2，K是CO2，G是Na2CO3，C2为Cl

2，D2为H2，E2为N2，I为HCl，J为NH3。B的氢化物是H2O，液态时水分子间存在氢键，而同主族其他氢化物之间只存在分子间作用力，所以水的沸点比同主族其他元素氢化物沸点高，A错误；A到E五种元素依次为Na、O、Cl、H、N，半径

顺序为Na>Cl>N>O>H，与B不符，B错误；F为Na2O2，电子式是Na＋[∶O····∶O····∶]2－Na＋，既含有离子键又含有非极性共价键，C正确；G为Na2CO3，阴离子CO2－3在水溶液中能够发生水解从而促进水的电离，D错误。11．B①含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如：

AlCl3是共价化合物，故①错；②ⅠA族和ⅦA族元素的原子化合时，不一定形成离子键，也可能形成共价键，ⅠA族的H原子与ⅦA族元素的原子化合时形成共价键，故②错；③由非金属元素形成的化合物也可能是离子化合物，如铵盐，故③错；④活泼金属与非金属化合时，能形成离子键，④对；⑤离子键的本质是阴、阳离子

间的静电作用，不只是引力，还包括静电斥力等，⑤错；物质只要含有离子键就一定是离子化合物，⑥⑦对。12．D由图可知，该分子的分子式为S4N4，因为N的非金属性比S强，N显负价，所以N在右边，A正确；因为S原子最外层为

6个电子，若形成两个共价单键，则达8电子稳定结构，N原子最外层为5个电子，若形成3个共价单键，则达8电子稳定结构，据图可知，B正确；该分子中既含有极性键（N—S键）又含有非极性键（N—N键），C正确；N—S共用电子对偏向N，N—N共用电子对

不偏移，故该分子中N的化合价为－2，D错误。13．答案：（1）20CaCl2（2）硫碳（3）B（4）BD解析：（1）由X原子的结构示意图不难推知其为，该元素为Ca，根据CaY2可知Y为－1价，又因Y－与Ca2＋的电子层结构相同可知Y为Cl。（2）Z、W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，且Z、

W能形成一种ZW2型分子，则Z、W是C或S。Z与Y相邻，则Z是S，W是C。（3）CaCl2是仅含离子键的离子化合物，CS2是共价化合物，仅含有共价键，A项错误，B项正确；根据周期律，S的非金属性弱于Cl，则H2S的稳定性比HCl

弱，C项错误；Ca2＋、Cl－具有相同的电子层结构，但Ca2＋的核电荷数大，半径小，D项错误。（4）XY2为CaCl2，其电子式为[∶Cl····∶]－Ca2＋[∶Cl····∶]－，H2S的水溶液为弱酸，应写成分子式，即Cl2＋H2S===2H＋＋2Cl

－＋S↓，A、C两项错误。专练24元素周期律及其应用1．DQ、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍，则Q为第二周期元素，Y的最外层电子数为4且与Q位于不

同周期，故其位于第三周期，则Y为Si；X与Y相邻，X为Al；根据4种元素原子最外层电子数之和为19，可知Q与Z最外层电子数之和为12，Q、Z可能是O、S，也可能是N、Cl，还可能是F、P。A项，Al的非金属性弱于第二周期的N、O、F，错误

；B项，铝是金属晶体，熔点比单质硅（共价晶体）低，错误；C项，Q的简单氢化物存在分子间氢键，故沸点高，错误；D项，Z是原子序数大于Y的同周期元素，非金属性：Z>Y，最高价含氧酸的酸性：Z>Y，正确。2．BBe的金属性弱于Mg，常温时镁和冷水不反应，因此Be单质不能与水

发生剧烈反应，A错误；Y与Q元素组成的CCl4或SiCl4分子，空间构型均为正四面体，B正确；Y、Z、Q三种元素的非金属性逐渐增强，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，C错误；第五周期且与Cl同主族元素的单质是碘，碘在常温常压下呈固态

，D错误。3．AW、X、Y为短周期元素，原子序数依次增大，简单离子X2－与Y2＋具有相同的电子结构，则它们均为10电子微粒，X为O，Y为Mg。W、X、Y组成的物质能溶于稀盐酸有无色无味的气体产生，则W为C，产生的气体为二氧化碳，据此解答。X为O，

氧的常见价态有－1价和－2价，如H2O2和H2O，A正确；W为C，X为O，Y为Mg，同主族时电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，原子半径越大，所以原子半径大小为：Y＞W＞X，B错误；Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，水合物为Mg（OH）2，Mg（OH）2只能与酸

反应生成盐和水，不能与碱反应，所以YX的水合物没有两性，C错误；W为C，碳的同素异形体有：金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，种类不止四种，D错误；故选A。4．A同周期主族元素从左到右随着原子序数的增大，原子得电子能力逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，非金属性：Cl＞S＞S

i，则最高价含氧酸的酸性：H2SiO3＜H2SO4＜HClO4，H2SO3不是S对应的最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，A项错误；Li、Na、K随着电子层数的增大，原子半径逐渐增大，失电子能力逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的碱性

逐渐增强，B项正确；同主族元素从上到下得电子能力逐渐减弱，对应简单氢化物的稳定性逐渐减弱，则稳定性H2O强于H2S，同周期主族元素从左到右随着原子序数的增大，原子得电子能力逐渐增强，对应简单氢化物的稳定性逐渐增强，则稳定性H2S强于PH3，C项正确；同周期主族元素从左到右随着原子序数的增大，原

子得电子能力逐渐增强，对应单质的非金属性逐渐增强，D项正确。5．D根据同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，知原子半径P>Cl，A项正确；非金属性：P<Cl，则简单氢化物的还原性：PH3>HCl，B项正确；同周期元素中Cl的非金属性最强，因此Cl2的氧化性最强，C项正确；同周期主族元素从左到右

第一电离能呈增大趋势，但P由于3p能级上半充满，为稳定结构，其第一电离能大于S的第一电离能，故同周期中第一电离能小于P的元素有Na、Mg、Al、Si、S，共5种，D项错误。6．CX、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y同周期并相邻，且Y是组成水的元素之一，则Y为O元素，X为N元素，

Z在同周期主族元素中金属性最强，则Z为Na元素，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，则W为Cl元素。NCl3分子的空间构型为三角锥形，其正负电荷的中心不重合，属于极性分子，A错误；H2O和NH3均含有氢键，但H2O分子形成的氢键更多，故沸点H2O＞NH3，B错误；O元

素与Na元素形成的化合物Na2O、Na2O2均为离子化合物，C正确；N、O、Na三种元素组成的化合物NaNO3呈中性、NaNO2呈碱性，D错误。7．A短周期主族元素中，原子最外层电子数是电子层数的2倍的元素为C和S，由图中原子半径和原子序数关系可知R为C；

Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，结合题图知Y为O，Z为Na；Z与T形成的化合物Z2T能破坏水的电离平衡，则T为S；X的原子半径最小，原子序数最小，则X为H。相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质沸点越高，又因为水分子间存在氢键，故沸点：H2O>H2S>CH4，A项正确；氧原子半

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

单质氧化性越强，非金属性：O>S>C，故单质氧化性O2>S>C，D项错误。8．B自然界中硬度最大的单质和a都由X组成，则X应为C元素，a为木炭；d能使品红溶液褪色，则d应为SO2；e是液体，结合题给转化关系及b由W、Y、Q三种元素组成，可推出b为H2SO4，c为CO2，e为H2O；e和h反

应生成b，结合e、b的化学式及h是二元化合物，可知h为SO3，d和g在催化剂、加热条件下生成h，则g为O2，c和f反应生成g，f是二元化合物，则f为Na2O2。综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、C、O、Na、S

。水分子间存在氢键，水的沸点较高，CO2、SO2常温下为气体，其相对分子质量越大，沸点越高，故沸点由大到小的顺序为H2O>SO2>CO2，A项正确；元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：O>S>C，则简单氢化物的热稳定性：H2O>H2S>CH4，B项错误；同周期主族元素从左到右非金属性

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

9．C原子的电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数的增大而增大；主族元素中，一般最高正化合价与其主族序数相同，最低负价＝主族序数－8，根据表中数据知，X为Mg元素、Y为Al元素、Z为N元素、W为O元素、V为P

元素。X为Mg元素、Y为Al元素，两者位于同一周期相邻主族，金属性：Mg＞Al，最高价氧化物对应水化物的碱性：Mg＞Al，A错误；具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大半径越小，所以简单离子半径：Y＜

X＜W＜Z，B错误；一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，C正确；Mg与N形成的化合物为Mg3N2，为离子化合物，D错误。10．D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错误；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。11．C根据A是短周期元素中金属性最强的元素可知，A为Na，X、Y的原子序数均小于11，前10号元素中，只有N元素的简单气态氢化物

能与其最高价氧化物对应的水化物反应（NH3＋HNO3===NH4NO3），故X为N，Y的最外层电子数是Na和N最外层电子数之和，且原子序数小于Na，故Y为O，根据质量数－中子数＝质子数，可知Z的质子数为35－18＝17，故Z

为Cl，D的原子序数位于Na和Cl之间，且D的离子半径是同周期元素简单离子中最小的，故D为Al。Al2O3能分别与NaOH、HClO4反应，A正确；O的非金属性比N强，故简单气态氢化物的稳定性：H2O

＞NH3，B正确；O的最高价为＋2价（OF2），N的最高价为＋5价，Al的最高价为＋3价，C错误；由Na、O、Cl三种元素形成的化合物可表示为NaClOx，属于离子化合物，含有离子键，ClO－x中含有共价键，D正确。12．DF、

Cl、Br为同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，生成的HX越不稳定，K越小，A不符合题意；Si、P、Cl为同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：HCl

O4＞H3PO4＞H2SiO3，B不符合题意；O、S、Se为同主族元素，核电荷数越大，非金属性越弱，对应的简单氢化物越不稳定，即H2O最稳定，H2Se最不稳定，C不符合题意；碳碳单键键长最长，键能最小，而碳碳三键键长最短，键能最大，与元素周期律无

关，D符合题意。专练25元素周期表及其应用1．BX是空气中含量最多的元素，则X为N元素；Y的周期序数与族序数相等，则Y为Al元素；基态时Z原子3p原子轨道上有5个电子，则Z的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，Z为Cl元素；W与Z处于同一

主族，则W为Br元素。A项，Al的原子半径大于Cl，错误；B项，N的2p轨道中的电子处于稳定的半满状态，所以第一电离能C＜O＜N，正确；C项，Al（OH）3为两性化合物，HClO4为强酸，错误；D项，Cl的非金属性比Br强，则HCl的热稳定

性比HBr强，错误。2．A题图中X形成四个共价键，则X位于第ⅣA族，Y形成三个共价键，位于第ⅢA族或第ⅤA族，Z形成两个共价键，位于第ⅥA族，R形成一个共价键，为H元素或位于第ⅦA族，Q形成五个共价键，位于第ⅤA族，结合原子序数关系可知，X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、R为

F元素、Q为P元素。图示化合物中P最外层有10个电子，A项错误；五种元素中F的非金属性最强，对应的简单氢化物HF最稳定，B项正确；NO2为红棕色，N2O4为无色，2NO2⇌N2O4是放热反应，降温时其平衡正向移动，气体颜色变浅，C项正确；大气中的O3含量与环境污

染密切相关，D项正确。3．A地壳中含量最多的元素为O，则Z为O元素，Z、W为同周期相邻元素，且原子序数依次增大，则W为F元素，X的核外电子总数为最外层电子数的2倍，且X的原子序数小于O，则X为Be元素，Y为

B元素。常温下，水为液态，HF为气体，则简单氢化物沸点H2O>HF，A正确；BF3中B原子的价层电子对数为3＋12×（3－3×1）＝3，无孤电子对，则BF3的空间构型为平面三角形，B错误；同周期主族元素从左到右

原子半径逐渐减小，则原子半径大小顺序为Be>B>O>F，C错误；碱性：Be（OH）2>H3BO3，D错误。4．Bs的水溶液俗称水玻璃，则s为Na2SiO3；m可制作耐火管且属于两性物质，则m为Al2O3；

0.1mol·L－1n溶液的pH为13，则n为一元强碱溶液，应该为NaOH；结合短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大可以知道，X为H、Y为O、Z为Na、W为Al、R为Si元素。Y为O、R为Si

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

为Al，则W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的弱，C错误；X为H、Z为Na、R为Si，其单质分别为氢气、金属钠和硅，对应晶体分别为分子晶体、金属晶体和共价晶体，Si的沸点最高，氢气沸点最低，即单质沸点：R>Z>X，D错

误。5．C由题图和“A和C原子的最外层电子数之差等于4，C和F原子的核外电子总数相差8”可推出A、B、C、D、E、F分别为N、O、Na、S、Cl、K。X、Y、Z分别为H2SO4、HClO4、KOH。N

aN3中既含有离子键又含有共价键，A项正确；沸点H2O>H2S，B项正确；相同温度下，等浓度的X、Y、Z的水溶液pH：KOH>HClO4>H2SO4，C项错误；Na2S2O3与HCl反应有单质硫生成，D

项正确。6．B由于该四种元素均是短周期元素，W元素的原子序数为Z元素原子序数的两倍，且W与Z同主族，原子序数相差8，故Z为O，W为S，则X为Si，Y为N。同周期主族元素的原子半径从左到右依次减小，同主族元素的原子半径从上到

下依次增大，故半径：r（X）>r（Y）>r（Z），A错误；X为硅，位于元素周期表中第三周期第ⅣA族，B正确；比较元素非金属性的强弱时应比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，C错误；SiO2和NO2的结构和化学性质均不相似，D

错误。7．A281115Mc质子数为115，质量数为281，A项正确；287Mc与288Mc互为同位素，B项错误；4120Ca原子的中子数为41－20＝21，C项错误；Mc元素原子序数为115，位于元素周期表中第ⅤA族，D项错误。8

．CM、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的一种单质具有漂白性，则Z为O；Y的原子序数小于O，且能形成4个共价键，则Y为C；X的原子序数小于C，且能形成配位键，则X为B；M原子序数小于B，且

能形成＋1价阳离子，则M为Li或H，根据图示化合物为离子化合物，可知M为Li；X和Y原子的最外层电子数之和为7，则W原子的最外层电子数为7，W为F或Cl。X、Y分别为B、C，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水

化物酸性越强，则酸性：H2CO3＞H3BO3，A项错误；M的单质为Li，Li与氧气反应生成Li2O，B项错误；W为F或Cl，简单氢化物为HF或HCl，沸点均低于水或过氧化氢的沸点，C项正确；X和W组成

的化合物BF3或BCl3中，B原子均不满足8电子稳定结构，D项错误。9．B元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，氢化物在水溶液中越不易电离出氢离子，非金属性：F＞Cl＞Br，则氢卤酸的酸性：HF＜HCl＜HBr，A项错误；同周期第ⅡA族与第ⅢA族的元素，原子序数之差可能为1（二、三周期）

、11（四、五周期）、25（六、七周期），B项正确；铁元素位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，C项错误；F无正价，D项错误。10．DX、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，Y元素的最高正价为＋4价，则该元素为第ⅣA族元素，又知Y元素与Z、M元素相邻，且

与M元素同主族，则Y为C元素，Z为N元素，M为Si元素；化合物Z2X4的电子总数为18，则X的电子数为18－2×74＝1，X为H元素，该化合物为N2H4；Q元素原子的最外层比次外层少一个电子，Q为第三周

期元素，最外层电子数为7，则Q为Cl元素。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，则原子半径：Z（N）＜Y（C）＜M（Si），A正确；同周期元素从左到右元素非金属性依次增强，同主族元素从上到下元素非金属性依次减弱，元素的

非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，由于元素的非金属性：Z（N）＞Y（C）＞M（Si），则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z（N）＞Y（C）＞M（Si），B正确；N2H4的结构简式可表

示为H2N—NH2，分子中含两个氨基，可与酸反应，具有碱性，且该分子具有极性，与水分子间存在氢键，根据相似相溶原理可知，N2H4易溶于水，C正确；由X、Z和Q三种元素组成的NH4Cl为离子化合物，D错误。11．D由以上分析可以知道a为C元素、b为Al元素、c为S元素，

d为Cl元素。Al3＋发生水解使溶液呈酸性，S2－发生水解使溶液呈碱性，A正确；同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Cl<S<Al，B正确；a的气态氢化物甲烷是造成温室效应的气体之一，C正确；氢键与物质的稳定性无关，决定稳定性的为共价键，故D错误。12．D由题意可知X为H

，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，则M为O元素，W为Mg元素，Y、Z分别为C、N元素；N是用量最多的金属元素，则N为Fe。同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族元素自上而下原子半径增大，故

原子半径Mg>C>N>O>H，A正确；Fe2O3可用作油漆和涂料，B正确；NH3的沸点小于H2O，C正确；工业上制备Mg单质的方法为电解熔融的MgCl2，D错误。13．答案：（1）第三周期第ⅥA族（2）NH4SCN（3）N≡C—O—O—C≡N（4）（CN）2＋2OH－===CN－＋CNO－＋H2O

（5）2NH3＋4O3===NH4NO3＋4O2＋H2O解析：元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；Z2－电子层结构与氖相同，Z是O元素；M是S元素。W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。（1）S位于元素周期

表中第三周期第ⅥA族；（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色p中含有SCN－；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，p中含有NH＋4。p的化学式为NH4SCN。（3）由X、Y、Z三种元素可组

成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1∶1∶1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。（4）（CN）2的性质与Cl2相似，根据氯

气与氢氧化钠反应，（CN）2与NaOH溶液反应的离子方程式为（CN）2＋2OH－===CN－＋CNO－＋H2O。（5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为

：2NH3＋4O3===NH4NO3＋4O2＋H2O。专练26元素位－构－性综合推断1．C同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，A项正确；同周期元素从左到右非金属性依次增强，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，故非金属性O>C>Si，B项

正确；F2具有强氧化性，C项错误；82号元素的原子结构示意图为，位于第6周期第ⅣA族，D项正确。2．B由“W、N、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”和“Y所处的周期序数与族序数相等”推出Y为Al，由

“甲、乙、丙、丁、戊是由这些元素组成的化合物，丁是氯碱工业的一种产物”推出丁为NaOH，由“戊为二元化合物，常温下0.01mol·L－1戊溶液的pH为2”推出戊为HCl，由图可知，甲既能与丁（NaOH）反应，又能与戊（HCl）反应，且生成的乙和

丙反应又能生成甲，则甲为Al（OH）3，乙为NaAlO2，丙为AlCl3。进一步推出W、N、X、Z分别是H、O、Na、Cl。根据同一周期主族元素从左到右原子半径依次减小，同一主族元素从上到下原子半径依次增大可知，原子半径：O<S<Al<N

a，A项正确；水分子的比例模型是V形而不是直线形，B项错误；NaOH中含有Na＋与OH－形成的离子键和H与O形成的共价键，C项正确；AlCl3是分子晶体，D项正确。3．DX为H，Y为O，Z为Na，W为S。电子层数越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原

子序数大的离子半径小，则简单离子半径：W>Y>Z>X，A正确；水分子间含氢键，则W、Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点：Y>W，B正确；Na2O和NaH均由阴阳离子构成，都只存在离子键，所以C正确；u为

SO2，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，抑制水的电离，v为NaOH，抑制水的电离，D错误。4．D如A为碳，则对应D为碳酸，为弱电解质，则A不可能为碳单质，A说法正确；若A为金属单质，则短周期只有Na可发生连续氧化反应，A一定位于第三周期第ⅠA族，即A为

Na，B说法正确；若常温下D的浓溶液能使铁、铝钝化，可为硝酸或硫酸，对应的A可为S、N的单质，也可能为NH3或H2S，C说法正确；如为A为H2S，则水溶液呈酸性，D说法错误。5．C根据题图中数据，可推知

X为O，Y为Na，Z为Al，W为S，R为Cl。离子半径：r（O2－）>r（Na＋），A项错误；非金属性S<O，故气态氢化物热稳定性H2S<H2O，B项错误；Na＋、Al3＋、Cl－、SO2－4在水中能大量共存，C项正确；AlCl3为共价化合物，熔融态不导电，工业上利用电解熔融Al2O3的方法制取金

属铝，D项错误。6．Aa为N2，b为H2，c为F2，d为NH3，e为HF，f为NH4F。铵盐不稳定，加热易分解，结合氯化铵的性质可以知道，f受热易分解为d和e，A正确；c为F2，具有强氧化性，故B错误；非金属性

F>N，则稳定性：e>d，C错误；N原子位于第二周期第VA族，D错误。7．B本题涉及的考点有元素周期律和元素周期表的应用、原子半径大小的比较、元素金属性与非金属性的强弱判断与应用，通过元素推断的形式考查了学生提取、吸收、整

合化学信息的能力，体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养。X是地壳中含量最多的元素，则X为O；Y的原子序数比X大且Y原子的最外层有2个电子，则Y为Mg；Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，则Z为Si；W为X位于同一

主族，则W为S。A项，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r（Mg）>r（Si）>r（S）>r（O），即r（Y）>r（Z）>r（W）>r（X），错误；B项，由X、Y组成的化合物是Mg

O，为离子化合物，正确；C项，Si的最高价氧化物对应水化物是H2SiO3，S的最高价氧化物对应水化物是H2SO4，Si的非金属性弱于S，故H2SiO3的酸性比H2SO4弱，错误；D项，S的非金属性弱于O，H2S的热稳定性比H2O弱，错误。8．B由于a、b、c、d为原子序数依次增大的短周

期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的原子序数应为8，所以a为氧元素。c所在周期数与族数相同，则c只能为Al，又由于d与a同族，d为S；则b为Na或Mg。由于b、c、d在第3周期，则原子半径为b>c>d，d与a同主族，则原子半径d>a，A错误；同周期从左到右，金

属性逐渐减弱，则金属性b>c，B正确；c为Al，其氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，不是强碱，C错误；d与a属于第ⅥA族，分别为S和O，同一主族的非金属性从上到下逐渐减弱，因此a单质的氧化性比d单质的氧化性强，D错误。9．DM元

素的单质是自然界最轻的气体，M为H；N元素的原子半径是所在周期原子半径最大的，则N应为第三周期第ⅠA族的Na；结合图中的位置，设A的原子序数为x，则B为x＋1，D为x＋2，E为x＋10，它们的原子序数之和为37，所以x＋x＋1＋x＋2＋x＋10＝37，

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

子半径减小，则原子半径：rE>rA>rB>rD，B正确；化合物AnM2n分子中既含有C、H形成的极性键又含有C、C形成的非极性键，C正确；B元素的氢化物与D元素的单质在一定条件下能发生置换反应，为4NH3＋3O2=====催化剂△2N2＋6H2O,O元素的化合价降低、N元素的化合价升高，则氧化

剂与还原剂的物质的量之比为3∶4，故D错误。10．C根据X、Y、Z、W、M最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol·L－1）溶液的pH和原子半径的关系：NaOH溶液的pH为12，则M为Na，X、Z的最高价氧

化物对应的水化物的溶液pH＝2，且Z的原子半径大于X，则X为N元素，Z为氯元素；Y对应pH>2，原子半径大于N小于Cl，则Y为C元素，W对应的pH<2，为S元素；离子半径N3－>Na＋，A正确；五种元素中只有钠为金属，B正确；氯的最高价氧化物的化学式是C

l2O7，C错误；氯化氢和氨气相遇反应生成氯化铵，有白烟产生，D正确。11．A根据“Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的”可知Y为Na，根据“W的简单氢化物可用作制冷剂”可知W为N，根据“由X、Y和Z

三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生”可知该盐为Na2S2O3，则X为O，Z为S。X的简单氢化物为H2O，W的简单氢化物为NH3，H2O的热稳定性比NH3强，A项错误；Y的简单离子为Na＋，X的简单离子为O2－，Na＋与O2－电子层结构相同，B项正

确；Y与Z形成的化合物为Na2S，其水溶液为碱性，不能使蓝色石蕊试纸变红，C项正确；S与O属于同一主族，S与Na属于同一周期，D项正确。12．C根据已知条件，结合物质的转化关系图，可知：a、b、c、d分别为：H、C、N、O这四种元素，甲、乙、丙、W、X、Y、Z分别为：C、O

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

、X、Y分别为CO2、H2O、NO2，由于H2O分子间能形成氢键，所以H2O的熔、沸点最高，C正确；Y、Z分别为：NO2、NO，NO2能与水反应生成一氧化氮和硝酸，NO2不能用排水法收集，D错误。13

．答案：（1）三ⅦA（2）产生苍白色火焰（3）2∶1（4）3AlO－2＋Fe3＋＋6H2O===3Al（OH）3↓＋Fe（OH）3↓（5）4Fe（NO3）3=====△2Fe2O3＋12NO2↑＋3O2↑解析：“A、B为气态单质”，结合图中所示的信息“A、B、C是由X电解产生”，猜测出该反应

为电解饱和食盐水反应，可得X为NaCl，C为NaOH，A、B为H2和Cl2（但具体哪个是Cl2需要根据后面的信息得知）；D由A、B反应得到，故D为HCl；由“E为黑色固体且为氧化物”，再由图中所示，单

质B由D（HCl）、E反应得到，可推测出该反应为实验室制氯气的反应，故E为MnO2，B为Cl2，A为H2；由题干中“F是地壳中含量最多的金属元素的单质”可得，F为Al；G由C（NaOH）与F（Al）反应得，故G应为Na

AlO2；由题干中“I为氧化物且为红棕色气体”得I为NO2；由“M为红褐色沉淀”可知M为Fe（OH）3，同时也说明Y中存在元素Fe；由“H为氧化物”以及“I为NO2”可猜测出Y=====△H＋I应为硝酸盐分解反应：4Fe（NO3

）3=====△2Fe2O3＋12NO2↑＋3O2↑，则Y为Fe（NO3）3，H为Fe2O3，很明显J为FeCl3，N为HNO3。（1）B为Cl2，Cl位于元素周期表中第三周期第Ⅶ族。（2）氢气（A）在氯气（B）中燃烧的现象是产生苍白

色火焰。（3）D＋E→B为实验室制氯气的反应，化学方程式为4HCl（浓）＋MnO2=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，可见被氧化与被还原的物质的量之比为2∶1。（4）该反应为双水解反应：3AlO－2＋Fe3＋＋6H2O===3Al（OH）3↓＋F

e（OH）3↓。（5）此为硝酸盐不稳定受热分解反应：4Fe（NO3）3=====△2Fe2O3＋12NO2↑＋3O2↑。专练27化学反应中的能量变化基本概念及图像1．C氢能是一种高效且没有污染的二次能源，A项正确；图中能

量转化方式有太阳能转化为电能、风能转化为机械能、水能转化为机械能、机械能转化为电能、电能转化为化学能、化学能转化为电能、电能转化为光能等，B项正确；太阳能电池是用半导体将光能转化为电能，燃料电池是将化学能转化为电能，二者供电原理不同，C项错误；太阳能、风能、氢能都是人类开发利用的

新型能源，D项正确。2．D根据反应过程示意图，过程Ⅰ是水分子中化学键的断裂过程，为吸热过程，A错误；H2中的化学键是非极性键，B错误；催化剂不能改变反应的ΔH，C错误；根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂过程，过程Ⅲ中形成了水分子，

所以H2O均参与了反应过程，D正确。3．C根据图像可知，反应①中反应物总能量大于生成物总能量，则反应①为放热反应，故A正确；反应②中HI中的碘元素化合价升高，氯化碘中的碘元素化合价降低，故B正确；由题图知，反应①的正反应活化能大于反应②的，故反应①

比反应②的速率慢，C错误；由题图知，D正确。4．A总反应的ΔH>0，则生成物Z的总能量比反应物X、Y的总能量高，排除C项和D项；反应①的ΔH<0，则W的总能量比反应物X、Y的总能量低，反应②的ΔH>0，则生成物Z的总能量比反应物W的总能量高，A

项正确。5．A由能量图可知，单斜硫的能量比正交硫的能量高，因此S（s，单斜）===S（s，正交）为放热反应，ΔH＝－0.33kJ·mol－1，A正确；①式反应断裂1mol单斜硫（s）中的共价键和1molO2（g）中的共价键吸收的能量比形成1molSO2（g

）中的共价键所放出的能量少297.16kJ，B错误；热化学方程式中各物质前的化学计量数不再表示粒子的数目，只表示物质的“物质的量”，C错误；S（s，单斜）===S（s，正交）为放热反应，正交硫能量更低更稳定，D错

误。6．B根据图中信息可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应的正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，A错误；该反应放热，ΔH<0，所以ΔH＝E1－E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热，B正确；该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能，C错误；反应是可逆反应，将1

molSO2（g）和0.5molO2（g）置于密闭容器中充分反应，生成的SO3（g）小于1mol，放热akJ，则2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）ΔH<－2akJ·mol－1，D错误。7．D8．C氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，

故氢气的燃烧热为（483.6＋88）/2＝285.8kJ·mol－1,A错误；2molH2（g）与1molO2（g）反应生成2molH2O（g），放出热量483.6kJ，所以2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2

molH2O（g）所具有的总能量高，B错误；液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）===2H2（g）＋O2（g），ΔH＝＋（483.6＋88）＝＋571.6kJ·mol－1，C正确；H2O（g）生成H2O（l）时，为物理变化，不存在化学

键的断裂和生成，D错误；正确选项为C。9．C过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C—Cl键，选项A正确；根据图中信息可知，过程Ⅱ可表示为O3＋Cl===ClO＋O2，选项B正确；原子结合成分子的过程是放热的，选项C错误；上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，选项

D正确。10．B根据能量与反应历程的关系图可知第②、③步反应的反应物的总能量均高于生成物，为放热反应，A项正确；该反应经历3个步骤，有3个过渡态，B项错误；催化剂通过改变反应历程，可以同时降低正、逆反应的活化能，加快反应速率，C项正确；据图可知第①步反应的活化能最大，为

慢反应，决定总反应速率，D项正确。专练28热化学方程式的书写及正误判断1．D1molC（s）完全燃烧生成CO2（g）所放出的热量大于生成CO（g）所放出的热量，则其反应热小于－110.4kJ·mol－1，A错误；由图可知，CuO（s）的能量低于C

u2O（s）和O2（g）的能量之和，所以CuO分解生成Cu2O的反应为吸热反应，B错误；由图中数据可知，CuO（s）的能量比Cu2O（s）和O2（g）的总能量低，但无法比较CuO（s）和Cu2O（s）的能量高低，则CuO与Cu2O的热稳定性也无

法比较，C错误；由题干信息可知，2C（s）＋O2（g）===2CO（g）的ΔH1＝－220.8kJ·mol－1，反应4CuO（s）===2Cu2O（s）＋O2（g）的ΔH2＝＋292kJ·mol－1，则反应C（s）＋2

CuO（s）===Cu2O（s）＋CO（g）的ΔH3＝ΔH1/2＋ΔH2/2＝＋35.6kJ·mol－1，D正确。2．D一氧化碳燃烧热为282.8kJ·mol－1，根据燃烧热概念，热化学方程式为CO（g）＋12O2（g）===C

O2（g）ΔH＝－282.8kJ·mol－1，故A错误；氢气燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，H2燃烧的热化学方程式为：2H2（g）＋O2（g）===2H2O（l）ΔH＝－571.6kJ·mol－1，故B错误；H2和CO组成的

混合气体5.6L（标况），物质的量为5.6L22.4L·mol－1＝0.25mol，经充分燃烧后，放出总热量为71.15kJ，并生成液态水，根据氢气和一氧化碳燃烧热的热化学方程式计算，设氢气物质的量为x，一氧化碳

物质的量为y，则x＋y＝0.25，285.8x＋282.8y＝71.15，计算得到x＝0.15，y＝0.1，燃烧前混合气体中CO的体积百分数＝0.10.25×100%＝40%，故C错误；氢气0.15mol，CO有0.1mol，则生成水和二氧化碳分别为0.15m

ol和0.1mol，由2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2，2H2O＋2Na2O2===4NaOH＋O2↑，可以知道生成氧气的物质的量为0.15mol×12＋0.1mol×12＝0.125mol，故D正确。3．C根据图甲分析，

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

H2＝－607.3kJ·mol－1，B错误；根据盖斯定律，由①－②可得CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－283kJ·mol－1，C正确；CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－283kJ·mol－1，该反应放热，反应物[1molCO

（g）和12molO2（g）]的总能量高于生成物[1molCO2（g）]的总能量，但无法判断等物质的量的CO2（g）和CO（g）具有的能量高低，D错误。4．A将题中已知的三个热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，反应4C3H5（ONO2）3（l）=

==12CO2（g）＋10H2O（g）＋O2（g）＋6N2（g）可由12×③＋5×②－2×①得到，所以该反应的ΔH＝12ΔH3＋5ΔH2－2ΔH1，A项正确。5．A由题给信息可知，过程①中N2H4转化为N2和NH3的反应为放热反应，结合盖斯定律可知，过程②中氨气转化为N2和H2的反应为吸热

反应，A项错误；反应Ⅱ放热，与图2相符，B项正确；由反应Ⅰ可知，3molN2H4（g）转化为1molN2（g）和4molNH3（g）的反应为放热反应，故断开3molN2H4（g）中的化学键吸收的能量小于形成1molN2（g）和4molNH3（g）中

的化学键放出的能量，C项正确；根据盖斯定律可知，目标热化学方程式的ΔH＝ΔH1－2ΔH2＝＋50.7kJ·mol－1，D项正确。6．D1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，故A项错误；该反应是可逆反应，不可能反应完全，即不可能放出56.9kJ的热量，故B项错误；醋酸为弱

酸，电离吸热，所以含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，故C项错误；CO燃烧会继续放出热量，所以1mol碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于110.5kJ，故D项正确。7．BA项，由表格中的数据看出，N

O的相对能量最大，化学性质最活泼，最不稳定，正确。B项，反应热等于生成物总能量与反应物总能量之差，ΔH＝66kJ·mol－1－（－20kJ·mol－1）＝＋86kJ·mol－1，错误。C项，ΔH＝66kJ·mol－1＋0－11kJ·mol－1＝＋

55kJ·mol－1，正确。D项，N2O（g）===N2（g）＋12O2（g）ΔH＝0＋0－82kJ·mol－1＝－82kJ·mol－1，正确。8．答案：（1）SiCl4（g）＋2H2（g）=====1100℃Si（s）＋4HCl（g）ΔH＝＋0.025akJ·mol－1（2）AX3（l

）＋X2（g）===AX5（s）ΔH＝－123.8kJ·mol－1（3）4CuCl（s）＋O2（g）===2CuCl2（s）＋2CuO（s）ΔH＝－177.6kJ·mol－1（4）N2（g）＋O2（g）===2NO（g）ΔH＝＋183kJ·mol－1（

5）①H∶O····∶H②4HCl（g）＋O2（g）===2Cl2（g）＋2H2O（g）ΔH＝－115.6kJ·mol－1③31.9强解析：（1）SiCl4是共价化合物，电子式为。根据生成1.12kg硅，吸收akJ热量，求出生成1mol硅，吸收0.025akJ热量，则热化学方程式为

SiCl4（g）＋2H2（g）=====1100℃Si（s）＋4HCl（g）ΔH＝＋0.025akJ·mol－1。（2）由题目信息可知，常温时AX3为液体，AX5为固体，从而可写出该反应的热化学方程式为AX3（l）＋X2（g）===AX5（s

）ΔH＝－123.8kJ·mol－1。（3）由题意知生成的黑色固体是氧化铜，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式。再根据反应消耗1molCuCl放热44.4kJ可写出该反应的热化学方程式：4CuCl

（s）＋O2（g）===2CuCl2（s）＋2CuO（s）ΔH＝－177.6kJ·mol－1。（4）由题干信息可知：ΔH＝945kJ·mol－1＋498kJ·mol－1－2×630kJ·mol－1＝＋183kJ·mol－1。（5）据氧化还原反应的概念，反应A中HCl只作还原剂，4m

olHCl全部被氧化，对应ΔH＝－115.6kJ·mol－1；设H—Cl键键能为xkJ·mol－1，H—O键键能为ykJ·mol－1，则4x＋498－243×2－4y＝－115.6，解得y－x＝31.9，说明H—O键与H—Cl键键能相差31

.9kJ·mol－1，且H—O键键能强于H—Cl键键能。专练29盖斯定律反应热的比较和计算1．A由图可知反应过程为H2O2＋Mn2＋===2H＋＋MnO2（Ⅰ）、MnO2＋H2O2＋2H＋===Mn2＋＋2H2O＋O2↑（Ⅱ），题中给出的反应可由两个反应相加获得，有ΔH1＝Δ

H＋ΔH2，ΔH＝ΔH1－ΔH2。2．C水蒸气变为液态水放热，氢气与氧气反应生成等量的水蒸气和液态水，后者放出热量多，故A错误；反应吸、放热与反应条件无关，故B错误；浓硫酸溶于水放热，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出

的热量大于57.3kJ，故C正确；热化学方程式要标注物质的聚集状态，故D错误。3．D2O（g）===O2（g）的过程形成O===O共价键，是放热过程，其ΔH等于负的O===O共价键的键能，A、C错误；对于热化学方程式2H2（g）＋O2（g）===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。

4．C发光放热的剧烈的氧化还原反应为燃烧，故煤炭的燃烧为放热反应，即ΔH1＜0，ΔH3＜0，A错误；以碳、CO或H2为还原剂的氧化还原反应为吸热反应，故ΔH2＞0；燃烧均为放热反应，故铁在氧气中燃烧是放热的，即ΔH4＜0，B错误；一个反应无论是一步完成还是分为几

步完成，其热效应是相同的，已知②CO2（g）＋C（s）===2CO（g）ΔH2③2CO（g）＋O2（g）===2CO2（g）ΔH3根据盖斯定律可知将②＋③相加可得：C（s）＋O2（g）===CO2（g）ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，C正确；已

知：④4Fe（s）＋3O2（g）===2Fe2O3（s）ΔH4⑤3CO（g）＋Fe2O3（s）===3CO2（g）＋2Fe（s）ΔH5根据盖斯定律可知将（④÷2＋⑤）×2/3可得：2CO（g）＋O2（g）===2CO2（g）ΔH3＝ΔH4＋2ΔH53，D错误。5．D

水的状态应该是液态，即甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－890.3kJ·mol－1，A错误；已知H2O（l）===H2O（g）ΔH＝＋44kJ·mol－1，则2gH2（g）即1mol氢气完全

燃烧生成液态水比生成气态水多释放44kJ的热量，B错误；常温下，反应C（s）＋CO2（g）===2CO（g）的ΔH＞0，C错误；反应热只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，则同温同压下，H2（g）＋

Cl2（g）===2HCl（g）在光照和点燃条件下反应的ΔH相同，D正确。6．D根据盖斯定律可以知道①×3－②＋③得C2H5OH（l）＋3O2（g）===2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH＝（－3Q1＋Q2－Q3）kJ·mol－1，即1mol液态酒精完全燃烧并恢复至室温，则放出

的热量为（3Q1－Q2＋Q3）kJ，则23g液态酒精完全燃烧并恢复至室温，则放出的热量为0.5×（3Q1－Q2＋Q3）kJ＝（1.5Q1－0.5Q2＋0.5Q3）kJ，D正确。7．A乙二酸是弱酸，向含0.1molNaO

H的溶液中加入一定体积的0.1mol·L－1乙二酸放出热量小于5.73kJ，故A正确；H2SO4（aq）＋Ba（OH）2（aq）===BaSO4（s）＋2H2O（l）由于有硫酸钡沉淀生成，放出的热量大于114.6kJ，故B错误；氢气的标准燃烧热是生成

液态水放出的热量，故C错误；若反应②中水为液态，则同样条件下的反应热：ΔH<ΔH2，故D错误。8．D燃烧热是指101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，要求生成的水为液态，而

题给反应中水为气态，因此氢气的燃烧热不是241.8kJ·mol－1，A项错误；一氧化碳燃烧放热，等量的碳燃烧生成一氧化碳放出的热量小于燃烧生成二氧化碳放出的热量，焓变为负值，则ΔH1<ΔH2，B项错误；20.0gNaOH物质的量为0.5mol，与稀盐酸完全

中和，放出28.7kJ的热量，但醋酸电离是吸热过程，因此1mol稀醋酸和稀NaOH溶液反应放出热量小于57.4kJ，C项错误；二氧化碳分解为吸热反应，反应的热化学方程式为2CO2（g）===2CO（g）＋O2（g）ΔH＝＋

566.0kJ·mol－1，D项正确。9．A反应热等于生成物的总能量－反应物的总能量，因此ΔH2＝E1－E2，A正确；2molH2（g）完全燃烧生成液态水时放出的热量大于483.6kJ，B错误；在恒容密闭容器中通入1molN2和3molH2，反应后放出的热量为Q1kJ，若通入2molN2和6m

olH2，相当于加压，平衡右移，Q2＞2Q1，92.4kJ·mol－1为生成2mol氨气时放出的热量，可逆反应不能进行到底，因此184.8＞Q2＞2Q1，C错误；由盖斯定律可知，①×2－②×2＋③×3得：4NH3（

g）＋5O2（g）===4NO（g）＋6H2O（g）ΔH＝－906kJ·mol－1，D错误。10．DA项，由于氯的非金属性比溴强，所以等物质的量的Cl2（g）、Br2（g）分别与H2（g）反应时，Cl2（g）与H2（g）反应放出的热量更多，即Q3>Q1，错误；B

项，Br2（g）＋H2（g）⇌2HBr（g）是可逆反应，所以1molBr2（g）与1molH2（g）混合后充分反应，放出热量小于Q1kJ，错误；C项，由（Ⅱ）－（Ⅰ）得，Br2（l）⇌Br2（g）ΔH＝－（Q2－Q1）kJ·mol－

1，错误；D项，物质从气态转化为液态要释放出能量，所以1molHBr（g）具有的能量大于1molHBr（l）具有的能量，正确。11．D胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O（s）===Cu2＋（aq）＋SO2－4（aq）＋5H2OΔH3＞0，故A正

确；硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4（s）===Cu2＋（aq）＋SO2－4（aq）ΔH2＜0；故B正确；由图像分析：ΔH2＜0，ΔH3＞0，ΔH3＞ΔH2，故C正确；由图像分析可知：ΔH1＝ΔH3－ΔH2，故D错误。12．

B根据题意，可得：①Ba2＋（aq）＋SO2－4（aq）===BaSO4（s）ΔH＝－10akJ·mol－1，②H＋（aq）＋CH3COO－（aq）===CH3COOH（aq）ΔH＝－2bkJ·mol－1。根据盖斯定律，由①＋②×2可得硫酸和（

CH3COO）2Ba的反应为2H＋（aq）＋SO2－4（aq）＋Ba2＋（aq）＋2CH3COO－（aq）===2CH3COOH（aq）＋BaSO4（s）ΔH＝－（10a＋4b）kJ·mol－1，故0.5molH2SO4参加反应，放出

热量为（10a＋4b）kJ·mol－1×0.5mol＝（5a＋2b）kJ。13．A碳燃烧的热化学方程式为①C（s）＋O2（g）===CO2（g）ΔH1＝akJ·mol－1，将另外两个热化学方程式进行编号，②S（s）＋2K（s）===K2S（s

）ΔH2＝bkJ·mol－1，③2K（s）＋N2（g）＋3O2（g）===2KNO3（s）ΔH3＝ckJ·mol－1，运用盖斯定律，①×3＋②－③得S（s）＋2KNO3（s）＋3C（s）===K2S（s）＋N2（g）＋3CO2（g）ΔH＝（3a＋b－c）k

J·mol－1，则x＝3a＋b－c，故A正确。专练30新型电池的开发和利用1．B海水中含有大量的电解质，故A项正确；Li是活泼金属，作负极，则N极是正极，正极上海水中溶解的O2、CO2等均能放电，B项错误；由于Li易与水反应，故玻璃陶瓷应具有良好的防水功能，

同时为形成闭合的回路，也应具有传导离子的功能，C项正确；该电池属于一次电池，D项正确。2．D金属钠比镍活泼，液态钠为负极，镍电极为正极，镍电极上发生还原反应，A项正确；由图可知，钠最终转化为Na2O2，

Na2O是该过程中的中间产物，B项正确；液态钠能和空气中的O2、水蒸气发生反应，故固体电解质能起到隔绝空气的作用，C项正确；M极发生反应：NO－3＋2e－＋2Na＋===Na2O＋NO－2、NO－2＋O2＋Na2O===

Na2O2＋NO－3，总反应为2Na＋＋O2＋2e－===Na2O2，D项错误。3．Ca极为正极，A项错误；电池工作时阳离子移向正极，H＋透过质子交换膜从左向右移动，B项错误；b极为负极，电极反应为NO－3e－＋2H2O===4H＋＋NO－3，C项正确；由a极反应式O

2＋4H＋＋4e－===2H2O，知当外电路中通过0.2mol电子时，a电极处消耗O20.05mol，但未说明是否为标准状况，其体积不能计算，D项错误。4．B由图中Li＋移动方向可知，LiFePO4电极为负极，则LiFePO4电极的电势比多孔碳电极的低，A项错误；由图中的物

质转化关系可知负极反应为LiFePO4－xe－===Li1－xFePO4＋xLi＋，B项正确；RM是该电池反应的催化剂，RM＋－CO－2为中间产物，C项错误；由CO2＋RM―→RM＋－CO－2、2RM＋－

CO－2＋2Li＋＋2e－===2RM＋Li2C2O4知，2molLi＋参与反应，固定2molCO2，则负极减重7g，有44gCO2被固定，D项错误。5．Ba′端的字迹呈白色，说明碳棒a′上发生氧化反应：Cl－－2e－

＋H2O===HClO＋H＋，碳棒a′为阳极，则a为正极，A项错误；碳棒b′为阴极，发生还原反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，c（OH－）增大，石蕊变为蓝色，B项正确；电子流向：阳极a′→电源正极a→电源负极b→阴极b′，电子不通过电解质溶液，C项错误；如果将a′、b′换为铜

棒，则阳极反应为Cu－2e－===Cu2＋、阴极反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，阳极端字迹不变白色，因此现象不同，D项错误。6．D该燃料电池的燃料为H2，电解质为熔融的K2CO3，总反应为2H2＋O2===2H2O，负极反应式为2H2＋2CO2－3－4e－===2H2O＋

2CO2，正极反应式为O2＋2CO2＋4e－===2CO2－3，故A、B均错误；电解质中移动的阴离子为CO2－3，不是OH－，故C错误；根据负极反应式知，生成1molH2O时转移2mol电子，故D正确。7．D本题涉及原电池正负极的判断、电极反应式的书写等知识，通过工

作原理示意图的分析，考查学生接受、吸收、整合化学信息的能力。新型高能电池的原理应用体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。由工作原理示意图中Zn2＋迁移的方向可判断放电时a为正极，b为负极。放电时，a极得到电子，发生还原反应，使溶液中离子数目增大，A、B项正

确；充电时，a极接外接电源的正极，D项错误；充电时，b极为阴极，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，每增重0.65g，转移0.02mol电子，a极为阳极，电极反应式为2I－＋Br－－2e－===I2Br－，转移0.02mol电子，有0.02molI－被氧化，C项正确。8．BPbO2得电子，发

生还原反应，为正极，电极反应式为PbO2＋4H＋＋SO2－4＋2e－===PbSO4＋2H2O，A项错误；若将Cu换成Pb，铅仍作负极，则电路中电子转移方向不变，B项正确；放电过程中铜失电子，被氧化，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，C项错误；由总反应Cu＋PbO2＋2H2SO4=

==CuSO4＋PbSO4＋2H2O可知，放电时硫酸转化为硫酸铜和硫酸铅，则H2SO4与CuSO4物质的量之比变小，D项错误。9．D光照时贮能，VO2＋失电子转化为VO＋2，b为阳极，a为阴极，放电时b为正极，a为负极。贮能时，光能转变为化学能，A错误；贮能时，电子由b极流

出，放电时，电子由a极流出，在导线中流向不相同，B错误；贮能时，氢离子由阳极b区迁移至阴极A区，C错误；放电时，b极为正极，发生的电极反应为：VO＋2＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O，D正确。10．C由图可知，原电池工作时，Al电极为负极，被氧化生成[Al（OH）4]－，

PbO2电极为正极，发生还原反应，电解质溶液中溶质M为KOH，R为K2SO4，N为H2SO4。M区为负极区，阳离子流向正极区，故K＋通过x膜移向R区，A项错误；钾离子通过x膜向R区移动，SO2－4通过y膜向R区移动，R区域的电解质浓度逐渐增大，B项错误；原电池工作时，Al作负

极，负极反应为Al－3e－＋4OH－===[Al（OH）4]－，C项正确；消耗1.8gAl时电路中转移的电子物质的量为1.8g27g·mol－1×3＝0.2mol，则N区有0.1molSO2－4经过y进入R区，根据负极反应式PbO2＋SO2－4＋2e－＋4H

＋===PbSO4＋2H2O，消耗0.1molSO2－4，同时流出0.1molSO2－4，故相当于N区消耗了0.2molH2SO4同时生成了0.2molH2O，N区电解质溶液质量减少了0.2mol×98g·mol－1－0.2mol×18g·mol－1＝16.0g，

D项错误。11．A由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na＋由硫电极迁移至钠电极，A错误；放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上

得电子与a电极释放出的Na＋结合得到Na2Sx，电子在外电路的流向为a→b，B正确；将题给的一系列方程式依次标号为①②③，由x4×①＋x4×②＋③可以得到放电时正极的反应式为2Na＋＋x8S8＋2e－―→N

a2Sx，C正确；炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；故答案选A。专练31原电池原理及应用一1．C由充电时电极a的反应式可知，电极a发生还原反应，则充电时电极a为阴极，电极b为阳极，故A错误；放电时，负极Na3Ti2（PO4）3转化为Na＋

，正极Cl2发生还原反应生成Cl－，NaCl溶液的浓度增大，但溶液一直为中性，故放电时NaCl溶液的pH不变，B项错误、C项正确；充电时，每生成1molCl2，则转移2mol电子，由题干电极a反应式可知，有2molNa＋参与反应，则电极a质量理论上增加46g，D项错误。2．A由图示

可知，化学自充电时，O2得电子转化为OH－，OH－与K＋结合形成KOH，c（OH－）增大，A正确；该电池为自充电电池，无需外接电源，因此化学自充电时，没有电能转化为化学能，B错误；由图示可知，化学自充电时，阳极反应为有机物之间的转化，阴极反应为O2转化为OH－，没有发生Zn

2＋＋2e－===Zn，C错误；放电时，＋2nK＋＋2ne－===，正极材料中增加了K＋，故当外电路中通过0.02mol电子时，正极材料增加0.78g，D错误。3．C根据放电时电极a发生还原反应知，电极a为正极，Mg电极为负极。电极电极反

应放电（原电池）负极（Mg电极）Mg－2e－===Mg2＋正极（电极a）Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4充电（电解池）阴极（Mg电极）Mg2＋＋2e－===Mg阳极（电极a）LiFePO4－xe－===Li1－xFePO4＋xLi＋由上述分析

知，充电时Mg电极为阴极，A项正确；放电时Li＋向正极（电极a）移动，则Li＋从Ⅰ室向Ⅱ室迁移，B项正确；放电时，Li＋从Ⅰ室向Ⅱ室迁移，SO2－4不参与电极反应，Ⅱ室Li2SO4溶液的浓度不变，C项错误；每消耗1molMg，电路中通过2mol电子，根据电

极a的反应，知电极a增加的质量为2molLi＋的质量，即增重14g，D项正确。4．B该储能电池放电时，Pb为负极，失电子结合硫酸根离子生成PbSO4，则多孔碳电极为正极，正极上Fe3＋得电子转化为Fe2＋，充电时，多孔碳电极为阳极，Fe2＋失电子生成Fe3＋，PbSO4电

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

向正极移动，左侧的H＋通过质子交换膜移向右侧，C错误；充电时，总反应为PbSO4＋2Fe2＋===Pb＋SO2－4＋2Fe3＋，D错误；故答案选B。5．B结合图示及电解质溶液的质量保持不变进行如下分析：电极电极反应正极

（Pt电极）O2＋4e－＋2H2O===4OH－负极（Pb电极）2Pb＋4OH－－4e－===2PbO＋2H2O则该传感器工作时发生的总反应为2Pb＋O2===2PbO，Pb电极质量增加。Pt电极通入O2，

发生还原反应，该电极为正极，Pb电极为负极，A项错误；根据上述分析可知，质量增加的电极应是Pb电极，且增加的为O元素的质量，由电极反应式可知Pb电极每增加16g，溶液中转移OH－的物质的量为2mol，则Pb电极质量增加bg时，转移OH－的物质的量为0.1

25bmol，B项正确；Pb电极发生的电极反应为2Pb＋4OH－－4e－===2PbO＋2H2O，C项错误；Pb电极质量增加bg，消耗的n（O2）＝b32mol，其在标准状况下的体积为0.7bL，则氧气的体积分数为0.7ba，D项错误。6．C由图可知，a电极上水失电子生成氧气，电

极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，a电极为负极，b电极为正极，原电池外电路电流方向是由电源正极流向负极，即b→a，A项错误；由图可知，负极产生的H＋通过质子交换膜迁移到正极区，CO2得电子，反应后生成

了酸性较强的甲酸，故正极区溶液的pH降低，B项错误；电极b为正极，发生的反应为CO2＋2e－＋2H＋===HCOOH，C项正确；由电池总反应式2H2O＋2CO2===O2＋2HCOOH可知，1molH2

O被完全氧化时有1molCO2被还原，但CO2所处的温度和压强未知，无法确定CO2的体积，D项错误。7．D由图知，电子由M极经导线流入N极，则N极为正极，M极有机物失电子被氧化生成CO2，M极为原电池

的负极，故A正确；根据图示，正极区发生的总反应为Cr2O2－7＋6e－＋8H＋===2Cr（OH）3＋H2O，消耗氢离子，N极附近溶液pH增大，故B正确；Cr2O2－7具有强氧化性，能使蛋白质变性，由图

可知，当Cr2O2－7的浓度大于2mg·L－1时，去除率显著降低，Cr2O2－7浓度较大时，可能会造成还原菌失活，故C正确；Cr元素化合价由＋6价变为＋3价，每消耗0.1molCr2O2－7时转移0.6m

ol电子，根据电荷守恒，处理0.1molCr2O2－7时有0.6molH＋从交换膜左侧向右侧迁移，故D错误。8．B根据实验的原理，电絮凝净水，让Al转化成氢氧化铝胶体，即Al失电子，根据电解原理，Al为阳极，Y为PbO2，则X为

Pb，Y电极反应为：PbO2＋SO2－4＋4H＋＋2e－===PbSO4＋2H2O，故A错误；根据原电池的工作原理，SO2－4向负极移动，即SO2－4移向X电极，故B正确；电解过程中实际上发生两个反应，

分别为2Al＋6H2O=====电解2Al（OH）3＋3H2↑和2H2O=====电解2H2↑＋O2↑，故C错误；消耗103.5gPb，转移电子物质的量为103.5207×2mol＝1mol，阴极上的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，通过电

量相等，即产生氢气的物质的量为1/2mol＝0.5mol，故D错误。9．Dt1s前，Al片作负极，发生氧化反应，其电极反应式为2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋，A项正确；t1s时，随着反应进

行铝表面钝化形成的氧化膜阻碍了Al继续反应，B项正确；t1s后Cu作负极发生氧化反应，电流方向发生改变，C项正确；t1s之后，Al极生成NO2，NO2溶于NaOH溶液中生成NaNO3和NaNO2，即右边烧杯中发生反应的离子方程式为2

NO2＋2OH－===NO－3＋NO－2＋H2O，D项错误。10．答案：（1）原电池CH3OH－6e－＋8OH－===CO2－3＋6H2O（2）阳极4AgNO3＋2H2O=====电解4Ag＋O2↑＋4HNO3（3）280D1.6（4）减小增大HCl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－6e－＋8OH－===CO2－3＋6H2O。（2）乙池中为用惰性电极电解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

）乙池中B极质量增加5.40g为银的质量，则银的物质的量为5.4g108g·mol－1＝0.05mol，根据电子转移守恒n（Ag）＝4n（O2）＝2n（Cu），故V（O2）＝0.05mol4×22.4L·mol－1＝0.28L＝280mL，m（Cu）＝0.052×64g·mol－1＝1.6g。（4

）若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，根据丙池中总反应式2NaCl＋2H2O=====电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑可知，溶液pH增大，而甲池中总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O，溶液pH减小。专练32原电池原理及应用二1．A根

据题图可知Zn为负极，电极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn（OH）2－4，MnO2为正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O。A项，根据负极反应可知，Ⅲ区中负电荷减少，为了平衡溶液中电荷，放电时Ⅲ区

的钾离子向Ⅱ区迁移，错误；B项，根据正极反应可知，Ⅰ区中正电荷减少，为了平衡溶液中电荷，硫酸根离子从Ⅰ区迁移至Ⅱ区，正确；D项，将正、负极电极反应相加即可得到电池总反应，正确。2．A放电时负极反应：Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋，正极反应：Cl2＋2e

－===2Cl－，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl－－2e－===Cl2，A正确；放电时，阴离子移向负极，放电时Cl－透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，B错误；放电时每转移1mol电子，正极：Cl2＋2e－===2Cl－，理论上CCl4释放0.5molCl2，

C错误；充电过程中，阳极：2Cl－－2e－===Cl2，消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，D错误。3．C由题给信息可知，放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，

A说法正确；放电时Zn为负极，Zn失去电子变为Zn2＋，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2＋由负极向正极迁移，B说法正确；电池在放电时的总反应为xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2O，则其在充电时的总反应为ZnxV2O5·nH2O===xZn＋V2O5

＋nH2O，C说法不正确；充电阳极上ZnxV2O5·nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O，D说法正确；故选C。4．D根据电池总反应可以看出，Cl2得电子，Ag失电子，所以在原电池中Cl2在正

极上发生还原反应，Ag在负极上发生氧化反应。正极反应式为Cl2＋2e－===2Cl－，A项错误。因为电解质溶液为盐酸，所以负极上Ag失电子生成的Ag＋随即与附近的Cl－反应，交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，B项错误。用氯化钠代替盐酸后，电极反应不发

生改变，C项错误。当电路中转移0.01mole－时，负极生成0.01molAg＋，由于Ag＋＋Cl－===AgCl↓，所以消耗了0.01molCl－，由于电荷守恒，因此同时有0.01molH＋通过阳离子交换膜

转移至右侧，D项正确。5．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。6．AC6H12O6反应生成CO2时，C元素的化合价升高，发生氧化

反应，因此C6H12O6→CO2是原电池的负极反应，A项错误；在微生物的作用下，反应速率加快，促进了反应中电子的转移，B项正确；原电池工作时，阳离子（H＋）移向电池的正极，C项正确；根据电池装置图知电池总反应为葡萄糖的氧化反应C6

H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O，D项正确。7．C由题图知，充电时，碳纤维电极表面Mn2＋发生氧化反应生成MnO2，则碳纤维电极作阳极，A项正确；放电时，碳纤维电极为正极，Pt/C电极为负极，则电子由Pt/C电极经导线流向碳

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

＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，D项正确。8．A放电时，电池总反应为Si＋O2===SiO2或Si＋O2＋2OH－===SiO2－3＋H2O，故溶液的pH可能保持不变也可能变小，A项错误；据图可知，Si在负极发生氧化反应，电极反应式为Si－4e－＋4OH－===Si（OH）4，B项

正确；二氧化硅不与弱碱反应，与强碱反应，生成硅酸盐，最终产物取决于溶液碱性的强弱，C项正确；正极通氧气，碳可能与氧气反应发生损耗，一段时间后需要更换，D项正确。9．A在原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据6NO2＋8NH3===7N2＋12H2O可知，通入氨气的电

极为负极，通入二氧化氮的为正极。电子从负极流出，正极流入，则电子从左侧电极经过负载后流向右侧电极，故A正确；未说明是否为标准状况，无法计算2.24LNO2的物质的量，因此无法计算转移的电子数，故B错误；电极A为负极，发生氧化反应，电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－===N

2＋6H2O，故C错误；原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，故D错误。专练33电解池原理及应用1．C阴极得电子，发生还原反应，被还原，A项、B项错误；由金属活动性顺序

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

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

上O2得电子并与Li＋结合生成Li2O2，即O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，D项正确。3．C由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx­Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4

e－===O2↑＋4H＋，A错误；铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O，C正确；电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳

极室进入阴极室，B错误；水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每转移1mol电子，生成0.25molO2，在标况下体积为5.6L，故D错误；答案选C。4．A根据题意结合图示知，通过测量b容器中溶液变红色时c管内收集的

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

未指明气体所处的状况，不能根据体积计算其物质的量，C项错误；盐桥起传递离子使溶液呈电中性的作用，铜导线不能传递离子，D项错误。5．D电极b上生成O2和O3，则电极b上发生失电子的氧化反应，则电极b为阳极，电极a为阴极，A项正确；电极a的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，B项正确；

电极b上H2O失去电子，发生氧化反应生成O2、O3和H＋，故电解一段时间后b极周围溶液的pH下降，C项正确；标准状况下，当有5.6L氧气参加反应时，转移电子1mol，设收集到氧气xmol，臭氧ymol，则有x

＋y＝0.2，4x＋6y＝1，解得x＝y＝0.1，故O3的体积分数为50%，D项错误。6．D阴极得到的气体为氢气，阳极得到的气体为氧气，根据电解水的原理知，阴极得到气体体积是阳极两倍，A项正确；电解过程中Na＋向阴极移动，即向左迁移，Cl－向右迁移，故N为阴离子交换膜，B项正

确；若去掉双极膜（BPM），阳极上会发生2Cl－－2e－===Cl2↑，阳极室会有Cl2生成，C项正确；阴极上氢离子放电，故附近溶液酸性不会明显增强，D项错误。7．D由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，a为电源正极，右侧电极为阴极，b为电源负极，该装置的总反应产生氧气和

氢气，相当于电解水，以此解题。由分析可知，a为正极，b为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H＋＋2e－===H2↑，则理论上转移2mole－生成2gH2，B错误；由图可知，该装置的总反应为电解海水，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，

C错误；由图可知，阳极上的电极反应为：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，D正确；故选D。8．D石墨电极物质转化为：P4→Li[P（CN）2]，磷元素化合价升高，发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：P4＋8CN－－4e－===4[P（CN）2]－，则生成1

molLi[P（CN）2]，理论上外电路需要转移1mol电子，右侧电极为阴极，A、B错误；电解池工作过程中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，CN－应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；由图示物质转化关系可知，HCN在阴极放电，产生CN－和H2，而HCN中的H来自LiOH，则电解产生的

H2中的氢元素来自于LiOH，D正确。9．A如用金属铜作电解池的阳极，则电极本身会发生氧化反应，不能达到电解尿素的目的，故A错误；根据得失电子守恒，电解过程中阴极产生的H2和阳极产生的N2的物质的量之比为3∶1，故B正确；阴极发生还原反应生成氢气，故C正确

；阳极发生氧化反应得到N2，故D正确。10．D铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，电极反应式为Fe＋8OH－－6e－===FeO2－4＋4H2O，故A错误；镍作阴极，镍电极上水中氢离子放电生成氢气，氢氧根离子浓度增大，所以溶液的pH增大，故B错误；不能确定温度和压强，生成气体体积无法确定，故C错误

；若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有FeO2－4，故D正确。专练34金属的腐蚀与防护1．D若铁片被腐蚀，则溶液中含有Fe2＋，在溶液中加入K3[Fe（CN）6]溶液，反应生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，D项正确；A项只能检验溶液中含有Cl－，B项只能

检验溶液中无强氧化性物质，C项只能检验溶液中无Fe3＋，三者均不能说明铁片没有被腐蚀。2．C电池分析钢的主要成分是铁，铁遇冷的浓硫酸发生钝化，因此金属贮存罐可用钢制材料，A正确；贮存浓硫酸的金属罐为阳极，

连接电源正极，辅助电极是阴极，电子沿导线流向辅助电极，B正确，C错误；电压过高时，有可能会加剧腐蚀，D正确。3．CA项，图1中，铁钉处于干燥环境，不易被腐蚀；B项，负极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Fe

2＋与[Fe（CN）6]3－反应生成Fe3[Fe（CN）6]2蓝色沉淀；D项，为牺牲阳极的阴极保护法，镁块相当于原电池的负极。4．A根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H＋＋2e－===

H2↑，O2＋4e－＋4H＋===2H2O，故A错误；若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电

子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。5．DA错，图甲中开关置于N处时铜锌合金腐蚀的速率减小；B错，图乙中接通开关时，锌腐蚀的速率增大，金属铂上放出气体的速率增大；C错，图丙中接通K2时铁棒不被腐蚀，属于外

加电流的阴极保护法。6．B根据题中所给信息，潮湿的深层土壤中钢管发生厌氧腐蚀，则正极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，A项错误；负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，厌氧细菌促使SO2－4与H或H2反应生成S2－，S2－及正极上生成的OH－与Fe2＋可分别生成FeS、Fe

（OH）2，B项正确；SO2－4与H2反应可表示为4H2＋SO2－4=====厌氧细菌S2－＋4H2O，C项错误；向钢中加入铜，发生电化学腐蚀时，铜作正极，Fe作负极，从而加速钢管的腐蚀，D项错误。7．C通电时，锌环与电源正极相连，作阳极，发生氧化反

应，A项正确；通电时，铁帽为阴极，发生还原反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，B项正确；断电时，形成原电池，锌环为负极，发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋，C项错误；断电时，形成原电池，铁帽为正极，此为牺牲阳极的阴极保护

法，仍能防止铁帽被腐蚀，D项正确。8．D为防止孔蚀发生可以将外接电源负极与金属相连，A项错误；没有指明O2所处的温度与压强，无法计算其物质的量，B项错误；封闭环境中由于Fe2＋水解导致电解质酸性增强，C项错误；由于孔隙中有HCl存在，介质的酸性增强，可发生析氢腐蚀，D项正确。9．C外加强大

的电流可以抑制金属电化学腐蚀，因此钢管桩表面腐蚀电流接近于零，故A项正确；被保护的钢管桩作阴极，高硅铸铁作阳极，电子由阳极流向阴极，即从高硅铸铁流向钢管桩，故B项正确；由题意，高硅铸铁为惰性辅助阳极，其作用是传递电流，但不被消

耗，故C项错误；保护电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流，应该根据环境条件变化进行调整，故D项正确。10．D②中试管内无明显变化，说明Fe附近溶液中无Fe2＋，③中生成蓝色沉淀，说明存在Fe2＋，对比可说明Zn的存在保护了Fe，A正确；

①中加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，说明Fe表面产生了Fe2＋，对比①②的异同，①中可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2＋，B正确；②中无变化说明无Fe2＋生成，Zn保护Fe，C正确；将Zn换成Cu，若产生蓝色沉淀，

则可能是因为Fe比Cu活泼，形成原电池产生Fe2＋，也可能是因为K3[Fe（CN）6]氧化Fe生成Fe2＋，因此不能作为判断Fe比Cu活泼的依据，D错误。专练35化学反应速率及影响因素1．D催化剂只能决定化

学反应快慢，不能决定反应是否发生，A项错误；由图象曲线变化规律可知，相同时间内，催化剂Ⅰ导致的浓度变化更大，则催化剂Ⅰ使反应活化能更低，B项错误；2min时，a曲线和催化剂Ⅱ曲线浓度变化的量相等，与反应中X、Y的化学计量数矛盾，a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化

，C项错误；使用催化剂Ⅰ时，0～2min内，v（X）＝12)v（Y）＝12×4.0mol·L－12min＝1.0mol·L－1·min－1，故D正确。2．B通过图像对比①②可知，②的反应速率比①大，则说明其他条件相

同时，催化剂浓度越大，反应速率越大，A正确；①和③催化剂浓度相同，降冰片烯浓度③小于①，但③的反应速率与①相等，不能说明其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大，B错误；根据化学反应速率的计算公式v＝ΔcΔt可知，条件①时，反应速率为3.

0mol·L－1250min＝0.012mol·L－1·min－1，C正确；已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，条件②，降冰片烯的起始浓度为3.0mol·L－1时，半衰期为62.5min，D正确。3．A0～30min时间段内，Δc（Z）＝

0.125mol·L－1，Δc（M）＝0.500mol·L－1－0.300mol·L－1＝0.200mol·L－1，反应①中Δc（M）＝0.200mol·L－1－0.125mol·L－1＝0.075mol·L－1，则Δc（Y）＝0.075mol·L－1，v（Y）＝Δc（Y）t＝0.075mo

l·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，v1v

2＝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。4．C根据图示知，A项正确；若只发生反应②，则n（H2）＝n（CO），而t1～t3min，n（H2）比n（CO）多，且生成H2的速率不变，结合反应过程中始终未检测到CO2，催化剂上有积炭，可推测有副反应，且反应②和副反应中CH4和H2的化学计量数

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

，C项错误；根据图2知，t3min后，CO的生成速率为0，CH4的流出速率逐渐增大，最终恢复到1mmol·min－1，H2的生成速率逐渐减小至0，说明t3min后反应②不再发生，副反应逐渐停止，D项正确。5．A加入催化剂的结果：一是正、逆反应速率都增大

，二是缩短了达到平衡的时间；由此可得：a1＜a2、b1＜b2、t1＞t2，但不能使平衡发生移动，由此推知，阴影面积为反应物浓度的变化，由于催化剂不影响平衡移动，则两图中阴影部分面积相等，符合题意的选项有②④⑤⑦；综上所述，本题选A。6．C根据题目信息可知，0～

6min，生成22.4mLO2（标准状况），消耗0.002molH2O2，则v（H2O2）≈3.3×10－2mol·L－1·min－1，A项正确；随反应物浓度的减小，反应速率逐渐降低，B项正确；反应至6min时，

剩余0.002molH2O2，此时c（H2O2）＝0.20mol·L－1，C项错误；反应至6min时，消耗0.002molH2O2，转化率为50%，D项正确。7．CpH＝8.8时，升高温度，活化分子之间的有效碰撞概率增大，反应速率一定增大，A错误；保持外界

条件不变，反应初期，pH＝7.5和pH＝8.2时D的浓度相同，B错误；pH＝8.8时，反应速率接近于0，可认为反应停止，所以调节pH可迅速停止反应，C正确；对于没有气体参加的反应，减小压强，反应速率几乎不变，不知道参与此反应的物质的状态，故该反应速率不一定减小，D错误。8．A实验①和

②只有HNO3溶液浓度不同，可探究HNO3溶液浓度对反应速率的影响，A项正确；实验②和④存在两个变量，不能探究大理石规格对反应速率的影响，B项错误；实验③温度高于实验①，其他条件相同，则实验①的反应速率小于实验③的反应速率，C项错误；实验③和④存在两个变量，无法确定相同时间内实验③生成二

氧化碳的量一定大于实验④，D项错误。9．B反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1min内Z的平均生成速率大于0～2min内的，故1min时，Z的浓度

大于0.20mol·L－1，A正确；4min时生成的Z的物质的量为0.15mol·L－1·min－1×4min×1L＝0.6mol，6min时生成的Z的物质的量为0.10mol·L－1·min－1×6min×1L＝0.6

mol，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生成了amolY，列三段式：2X（s）⇌Y（g）＋2Z（g）初始量/mol2.000转化量/mol2aa2a平衡量/mol2.0－2aa0.6根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3

mol·L－1，Z的平衡浓度为0.6mol·L－1，平衡常数K＝c2（Z）·c（Y）＝0.108，2min时Y的浓度为0.2mol·L－1，Z的浓度为0.4mol·L－1，加入0.2molZ后Z的浓度变为0.6mol·L－1，Qc＝c2（Z）·c（Y

）＝0.072<K，反应正向进行，故v正（Z）>v逆（Z），B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，V（Y）V（Z）＝12，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此

时生成Z为0.6mol，则X的转化量为0.6mol，初始X的物质的量为2mol，剩余X的物质的量为1.4mol，D正确。10．B根据实验组B和C，升高温度，CO2的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是放热反应，A正确；达到平

衡时，v（CO2）＝1.32×50mol·（L·min）－1＝0.013mol·（L·min）－1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v（H2）＝v（CO2）＝0.013mol·（L·min）－1，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率

降低，0～10min内，v（H2）>0.013mol·（L·min）－1，B错误；根据表格数据，实验C温度低，投入量少，达到平衡时间短，因此从生产效益分析，C组实验的条件最佳，C正确；B的温度高于C的温度，但达到平衡时间相等，说明C使用了比较高效的催化剂，D正确。专练36化学平衡的移动及

影响因素1．C由a、c两点的横、纵坐标可得到Δt和Δc（B），则a到c的平均反应速率v＝Δc（B）Δt，A项正确；当a点无限接近b点时，b→a的平均反应速率即为b点的瞬时速率，故从b点切线的斜率可求得反应开始时的瞬时速率，B项正确；在不同时刻都有v（B）2＝v（X）3，C项

错误；其他条件相同，加入催化剂，反应到达平衡的时间缩短，但平衡转化率不变，故D项正确。2．BA项，该反应气体的物质的量增大，即熵增大，ΔS>0，错误；C项，该反应中O2、NO为氧化剂，NH3为还原剂，NH3转化为N2，N由－3价转化为0价，则消耗1molNH3，转移3

mol电子，错误；D项，当加入的尿素过多时，产生的过量的NH3也会污染空气，错误。3．A根据“先拐先平数值大”，知T2>T1，T2→T1，温度降低，C的物质的量分数增大，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，故K（T1）>K

（T2），由于平衡常数只与温度有关，故K（p1）＝K（p2），A项正确；反应达到平衡后，添加合适的催化剂，平衡不移动，D的百分含量不变，B项错误；e点对应温度小于f点对应温度，故v正（e）<v逆（f），C项错误；根据“先拐先平数值大”，知T2>T1，

p2>p1，D项错误。4．Ca点时反应向正反应方向进行，b点时反应达到平衡状态，从a点到b点，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故a点的v逆小于b点的v逆，A项错误；t2时c（SO2）突然增大，随后逐渐减小，说明平衡向正反应方向移动，故t2时刻改变的条件可以是增大c（SO2

），还可以是增大压强，B项错误；化学平衡常数只与温度有关，反应温度不变，平衡常数不变，因此d点和e点的化学平衡常数相等，C项正确；根据表中提供的数据可知，增大压强对SO2的转化率影响不大，但增大压强对工业设

备要求高，同时生产成本增大，因此硫酸工业中，SO2催化氧化制SO3时采用高压不能提高生产效益，D项错误。5．B由题给反应的化学方程式可知生成2amolZ消耗amolX，利用化学反应速率的定义可知v（X）

＝amol（2L×5min）＝0.1amol·L－1·min－1，A错误；因M为固态，故平衡向右移动，气体质量变小；若平衡向左移动，气体质量增加，故当混合气体质量不再发生变化时，可说明反应达到平衡状态，B正确；M为固体，增大M的量，平衡不发生移动，C错误

；向平衡体系中再充入X，反应物浓度增大，平衡正向移动，该时刻v正增大、v逆不变，D错误。6．C0～t1时，反应正向进行，v正>v逆，t1～t2时，反应达到平衡，v正＝v逆，A错误；t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数Ⅰ＝Ⅱ，

B错误；向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图形，C正确；由于温度不变，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数相等，D错误。7．B有气体参加的反应达到平衡时，若减小反

应容器容积，相当于增大压强，则平衡向气体体积减小的方向移动，故①错误；有气体参加的反应达到平衡时，在恒压反应容器中充入稀有气体，则容器的容积增大，相当于减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，故②错误；已达到平衡的反应C（s）＋H2O（g）⇌CO（g）＋H2（g），

C为固体，当增加反应物碳的物质的量时，平衡不移动，故③错误；已达到平衡的反应N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g），当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，H2的转化率一定升高，故④正确。故选B。8．A根据表格数据可知：在0～2s内，Δn（NO）＝0.20mol－0.08mol＝0.12mo

l，则该反应的平均速率v（NO）＝0.12mol2L2s＝0.03mol·L－1·s－1，A项正确；其他条件不变，往该恒容密闭容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相当于增大体系的压强，由于正反应是气体体积减小的反应，增大压

强，平衡正向移动，达到新的平衡时NO2体积分数增大，B项错误；温度不变，化学平衡常数不变，C项错误；k正、k逆为速率常数，受温度影响，温度为T1℃时，列三段式：2NO（g）＋O2（g）⇌2NO2（g）起始浓度mol·L－10.10.050转化浓度mol·L－10.07

0.0350.07平衡浓度mol·L－10.030.0150.07化学平衡常数K＝c2（NO2）c2（NO）·c（O2）＝0.0720.032×0.015≈363＞1，此时v正＝v逆，即k正k逆＝K，说明k正＞k逆，若k正＝k逆，则K减小，平衡逆向移动，由于正反

应为放热反应，则改变条件是升高温度，所以T2＞T1，D项错误。9．B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错误；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。10．A分析图中曲线，a、b点气体的透光率相同，则c（NO2）相同；b点后气体的透光率突然下降，

说明c（NO2）突然增大，则b点时的操作是压入注射器活塞，A正确；c点与a点相比，c点的透光率低，则表明气体的颜色深，B错误；b点压入注射器活塞后，气体的压强增大，平衡正向移动，反应放出热量，则温度：T（b）＜T（c），C错误；由曲线变化趋势可知，d

点反应逆向进行，所以v（正）＜v（逆），D错误。专练37化学平衡常数及转化率计算1．C温度越高，达到平衡时，H2的物质的量越少，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应的ΔH>0，A项错误；结合热化学方程式中各物质的状态，由图象曲线变化趋势

可知a上面的曲线为n（H2O）随温度的变化曲线，B项错误；化学方程式中反应前后气体分子数相等，故向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动，C项正确；BaSO4为固态，向平衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率不变，D项错误。2．C该反应是一个气体分子数

减少的反应，增大压强可使平衡向正反应方向移动，故v正>v逆，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A错误；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH（g）的浓度，B错误；恒容下，充入一定量的H2O（g），H2O（g）的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下，

充入一定量的CH2===CH2（g），平衡向正反应方向移动，但是CH2===CH2（g）的平衡转化率减小，D错误。3．D化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，使用催化剂加快反应速率，平衡不移动，

化学平衡常数不变，故A错误；相同温度下CH3COOH、HCN的电离度与起始浓度、同离子效应等有关，故B错误；水的离子积适用于稀的酸、碱、盐溶液，一定温度下，水的离子积是常数，25℃时，盐酸和NH4I（aq）中

Kw相等，故C错误；改变压强平衡发生移动，SO2的转化率可能增大、减小，使用催化剂平衡不移动，故D正确。4．B该反应ΔH>0，ΔS>0，根据ΔG＝ΔH－TΔS可知高温有利于自发进行，故A项错误；T1温度下，反应到1000s时，反应已达到平衡状态，平衡时，c（N2O

5）＝2.50mol·L－1，N2O5的浓度减小了2.50mol·L－1，转化率为2.505.00×100%＝50%，则生成的c（NO2）＝5.00mol·L－1，c（O2）＝1.25mol·L－1，平衡常数K1＝5.004×1.252.

52＝125，故B项正确；其他条件不变时，T2温度下，1000s时，c（N2O5）＝2.98mol·L－1>2.50mol·L－1，则平衡向逆反应方向移动，正反应方向为吸热反应，则T1>T2，故C项错误；正反应为吸热反应，则温度越高，越有利于反应向正反应方向

进行，即平衡常数越大，若T1>T2，则K1>K2，故D项错误。5．D图中a→b为建立平衡的过程，b→c为平衡移动的过程，平衡后，升高温度NH3的浓度降低，故该反应为放热反应，A项正确；a、c两点NH3的浓度相等，c点的

温度高于a点，则压强pa<pc，B项正确；温度为T1K时，氨气的平衡浓度为2mol·L－1，容器的体积为1L，则反应的N2为1mol，故N2的平衡转化率为50%，C项正确；温度为T1K时，N2、H2、NH3的平衡浓度分别为1mol·L－1、4mol·L－1、2mol·L－1，则该温度下的平衡常数K

＝c2（NH3）c（N2）×c3（H2）＝221×43＝116，再加入1molN2和1molNH3后，N2、H2、NH3的浓度分别为2mol·L－1、4mol·L－1、3mol·L－1，此时Qc＝c2（NH3）c（N

2）×c3（H2）＝322×43>116，故平衡逆向移动，D项错误。6．A由实验数据1和2可知，c（H2）不变，c（NO）扩大1倍，反应速率扩大为原来的1.92×10－34.80×10－4＝4倍，则x＝2，由实验数据1和3可知，c（NO）不变，c（

H2）扩大1倍，反应速率扩大为原来的1.92×10－39.6×10－4＝2倍，则y＝1，故A错误；根据数据1可知800℃时，k的值为1.92×10－3c2（NO）×c（H2）＝1.92×10－3（2.00×10－3）2×（6.00×10－3）＝8×104，故B正确；若800℃时，初始

浓度c（NO）＝c（H2）＝4.00×10－3mol·L－1，则生成N2的初始速率v＝k×c2（NO）·c（H2）＝8×104×（4.00×10－3）2×（4.00×10－3）＝5.12×10－3mol·（L·s）－1，故C正确；温度升高，反应速率加快，则当浓度和其它条件不变时，升高温度，

速率常数一定是增大的，故D正确。7．C由图可知，当其他条件相同时，T2时反应速率较快，则温度：T2>T1，T2时反应达到平衡时甲醇的物质的量小于T1时，则说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH<0，A错误；正反应为放热反应，处于A点的反应体系从T1变到T2，平衡逆向

移动，化学平衡常数减小，B错误；在化学反应中物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比，由图可知T2时，反应达到平衡时Δn（CH3OH）＝nB，Δn（H2）∶Δn（CH3OH）＝3∶1，则Δn（H2）＝3nB，消

耗H2的平均反应速率v（H2）＝3nB2tBmol·L－1·min－1，C正确；由三段式：CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）起始量/mol1300变化量/molnB3nBnBnB平衡量/mol1－nB3－3nBnBnB可知T2时，该反应的

化学平衡常数K＝nB221－nB23－3nB23＝4n2B27（1－nB）4，D错误。8．C增大B的物质的量，平衡正向移动，A的体积分数减小，则甲中x2>1，A项错误；由图甲可知

，升高温度A的体积分数增大，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则升高温度正反应的K减小，乙中曲线B表示正反应的平衡常数，B项错误；由图乙可知，T1时x＝2，K＝1，设B的转化量为amol，容器的容积为VL，列三段式：A（g）＋B（g）⇌C（g）＋D（g）起始量/

mol1200转化量/molaaaa平衡量/mol1－a2－aaaK＝aV×aV1－aV×2－aV＝1，解得a＝23，则B的转化率为23mol2mol×100%≈33.3%，C项正确；由于该反应为气体分子数不变的放热反应，恒容绝热装置中进行该反应，气体体积、物质的量不

变，温度升高，达到平衡时，装置内的气体压强将增大，D项错误。9．B由题意可知，升高温度，HCl平衡转化率减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，故A错误；400℃时，根据反应列出三段式：4HCl（g）＋O2（g）⇌2Cl2（g）＋2H2O

（g）起始量/mol4100转化量/mol3346464平衡量/mol1146464因为容积是1L，所以平衡常数K＝642×64214×14＝814，故B正确；若X＝8，则容器Ⅱ中和容器Ⅰ中达到的平衡是等效平衡，若X>8，HCl浓度增大

，但自身转化率降低，故C错误；当向容器Ⅰ平衡体系中再加入1molO2（g）和1molCl2（g），Q＝1042×64214×54＝454<814，反应正向进行，v（正）>v（逆），故D错误。专练38速率、

平衡图像1．B图甲中，反应从开始到达到平衡，A的物质的量分数由80%降低到50%，转化率αA＝37.5%，A项错误；反应A（g）⇌B（g）的化学平衡常数K＝c（B）c（A），压强恒定，各物质分压等于总压强乘其

物质的量分数，则可根据平衡时B与A的物质的量分数之比来比较四幅图中化学平衡常数大小，图乙中平衡时B的物质的量分数与A的物质的量分数比值最大，故化学平衡常数K最大，B项正确；图丙和图丁中反应的平衡常数不同，反应温度不同，C项错误；由于该反应前后气

体分子数相同，所以增大压强该平衡不移动，即B的物质的量分数不变，D项错误。2．C根据图像①，升高温度，平衡正向移动，正反应ΔH>0，A错；②反应实质是Fe3＋＋3SCN－⇌Fe（SCN）3，K＋和Cl－不参加化学反应，KCl浓度增大不影响

化学平衡，B错；③使用催化剂，反应速率加快，先达到平衡，C正确；④此反应为反应前后气体物质的量不变的化学反应，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，且由于不断加入B，A的转化率增大，D错。3．D根据曲线的变化趋势，曲线Ⅰ比曲线Ⅱ先达到平衡状态，说明曲线Ⅰ的温度高，A错误；曲线Ⅰ比曲线Ⅱ的温度

高，但是转化率低，说明升温使平衡逆向移动，转化率降低，B错误；曲线Ⅰ和曲线Ⅱ对应的温度不同，化学平衡常数只与温度有关，所以曲线Ⅰ和曲线Ⅱ表示反应的化学平衡常数不相等，C错误；反应开始时反应物的浓度最大，随着反应物的浓度减小，速率也逐渐减小，所以d处速率大于b处，又因曲线Ⅰ的温度高

，所以b处速率大于c处，D正确。4．B充入惰性气体，相当于减小压强，平衡向气体体积增大的正反应方向移动，A错误；设开始加入CO2的物质的量为1mol，转化量为xmol，则生成2xmolCO，剩余（1－x）molCO2，因平衡时CO的体积分数为40.0%，则2x1－x＋2x×

100%＝40.0%，解得x＝0.25，故CO2的转化率为0.25mol1mol×100%＝25.0%，B正确；由题图可知T℃时，平衡体系中CO2和CO的体积分数相等，则在恒压密闭容器中再充入等体积的CO2和CO，平衡不移动，C错误；9

25℃时，平衡后p（CO）＝0.96p总，p（CO2）＝0.04p总，Kp＝p2（CO）p（CO2）＝（0.96p总）20.04p总≈23.0p总，D错误。5．B图像能说明平衡体系各组分（或某一成分）在反应过程中的变化情况。解题时要注意各物质曲线的

折点（达平衡时刻），所以反应在T2温度时第一次达到平衡，故A错，B正确；随着温度升高，反应物A的含量增大，生成物C的含量减少，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，C、D错误。6．C若t1＝15s，生

成物C在t0～t1时间段的平均反应速率v＝ΔcΔt＝0.11－0.0515mol·（L·s）－1＝0.004mol·（L·s）－1，A正确；由乙图知，t3～t4、t4～t5阶段平衡均未移动，已知t3～t4阶段为使

用催化剂，则t4～t5阶段应为降低压强，该反应为等体积反应，反应前后气体的物质的量不变，B正确；密闭容器中一开始加入0.3molA，根据图像知A的起始浓度为0.15mol·L－1，则容器的体积为0.3mol0.15mol·L－1＝2L。反应中A的浓

度变化为0.15mol·L－1－0.06mol·L－1＝0.09mol·L－1，C的浓度变化为0.11mol·L－1－0.05mol·L－1＝0.06mol·L－1，反应中A与C的计量数之比为0.09∶0.06＝3∶2，因该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：

3A（g）⇌B（g）＋2C（g），根据方程式可知消耗0.09mol·L－1的A，则生成0.03mol·L－1的B，容器的体积为2L，生成B的物质的量为0.03mol·L－1×2L＝0.06mol，平衡时B的物质的量为0.05mol·L－1×2L＝0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol－

0.06mol＝0.04mol，C错误，D正确。7．A由题图可知，反应再次达到平衡时的逆反应速率与原平衡相同，改变的条件一定是加入了一定量的R而增大了R的浓度，由于容器为恒温恒压，故容器容积必然成比例增大，所以在t2时刻反应物的浓度都减小。t1时刻的v（正）大于t2时刻的v（正），A错误；

t2时刻改变的条件是向密闭容器中加R，B正确；Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，两平衡等效，所以M的体积分数相等，C正确；因为温度相同，平衡常数只与温度有关，所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，反应的平衡常数相等，D正确。8．C0～5min

内，v（X）＝1.0mol·L－1－0.4mol·L－15min＝0.12mol·L－1·min－1，A项正确；5min时，X、Y、Z的平衡浓度分别为0.4mol·L－1、0.2mol·L－1、0.2mol·L－1，K＝c（Y）·c（Z）c3（X）＝0.2×0.20.43＝0.

625，B项正确；正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，X的浓度减小，C项错误；17min时，X的浓度为0.7mol·L－1，则X的转化率为（1.0－0.7）mol1.0mol×100%＝30%，D项正确。9．C由图可知，绝热过程甲开始时压强增大，

而2X（g）＋Y（g）⇌Z（g）是气体物质的量减少的反应，故该反应放热，ΔH<0，A项错误；a、c两点压强相同，a点温度高于c点，故气体的总物质的量：na<nc，B项错误；若温度恒定不变，设达到a点平衡时Y转化了xmol，列三段式：2X（g）＋Y（g）⇌Z（g）起始量/

mol210变化量/mol2xxx平衡量/mol2－2x1－xxa点时压强为起始压强的一半，则3－2x＝1.5，解得x＝0.75，K＝0.75（2－1.5）2×（1－0.75）＝12，而a点平衡实际上是绝热条件下达到的平衡，要使平衡压强为p，

体系中的气体总物质的量应小于1.5mol，计算得到x偏小，故a点平衡常数K>12，C项正确；a点温度高于b点，故反应速率：va正>vb正，D项错误。专练39弱电解质的电离平衡1．B醋酸溶液的浓度越小，醋酸的电离程度越大，A项错误；弱电解质的电离为吸热过程，所以0.1mol·L－1的CH3C

OOH溶液，升高温度，电离平衡正向移动，CH3COOH的电离程度增大，B项正确；醋酸为弱电解质，在水溶液中部分电离，所以在0.1mol·L－1的醋酸溶液中，H＋溶液小于10－1mol·L－1，则常温下，由水电离出的H＋浓度应大于10－13mol·L－1，C项错误；盐酸和醋酸溶液的浓度未知，不能

比较盐酸、醋酸溶液中的c（H＋）大小，D项错误。2．C若NaHA溶液的pH＜7，H2A也可能是弱酸，如亚硫酸氢钠溶液呈酸性，但亚硫酸是弱酸，A项错误；常温下，pH＝3的醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，溶液pH增大

，醋酸的电离程度减小，B项错误；25℃时，将0.1mol·L－1的HA溶液加水稀释至pH＝3.0，所得溶液中氢离子浓度是0.001mol·L－1，则溶液中c（OH－）＝10－140.001mol·L－1＝1×10－11mol·L－1，C项正确；醋酸是弱酸，要得到等体积等pH的盐酸和醋酸溶液，所

使用醋酸的物质的量大于HCl的物质的量，则用同浓度的NaOH溶液分别与等体积等pH的盐酸和酸酸溶液恰好完全反应，醋酸溶液消耗的NaOH溶液体积多，D项错误。3．B室温下测得0.1mol·L－1HA溶液的pH>1，证明HA在溶液中部分电离出氢离子，则说明HA是弱酸，A不选；碳酸钠溶液中滴入0.1

mol·L－1的HA溶液，产生大量无色气体，说明HA的酸性大于碳酸，但无法证明HA为强酸还是弱酸，B选；室温下测得某HA溶液的pH＝a，用蒸馏水稀释100倍测得溶液PH＝b，且b－a<2，说明稀释过程中

HA又电离出氢离子，则证明HA为弱酸，C不选；室温下，用PH试纸测得0.1mol·L－1NaA溶液的pH>7，说明NaA为强碱弱酸盐，则证明HA为弱酸，D不选。4．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＝10.00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1.0×1

0－4mol·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。5．D已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度

逐渐减小，HS－的浓度增大，S2－浓度逐渐增大，则有－lgc（HS－）和－lgc（S2－）随着pH增大而减小，且pH相同时，HS－浓度大于S2－，即－lgc（HS－）小于－lgc（S2－），则Ni2＋和Cd2＋浓度逐渐减小，

且Ksp（NiS）>Ksp（CdS）即当c（S2－）相同时，c（Ni2＋）＞c（Cd2＋），则－lgc（Ni2＋）和－lg（Cd2＋）随着pH增大而增大，且有－lgc（Ni2＋）小于－lg（Cd2＋），由此可知曲线①代表Cd2＋、②

代表Ni2＋、③代表S2－，④代表HS－，据此分析结合图像各点数据进行解题。由分析可知，曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c（Cd2＋）＝c（S2－）＝10－13mol·L－1，则有Ksp（CdS）＝c（Cd2＋）c（S2－）＝10－13×10－13＝10－2

6，A错误；由分析可知，③为pH与－lgc（S2－）的关系曲线，B错误；由分析可知，曲线④代表HS－，由图示曲线④两点坐标可知，此时c（H＋）＝10－1.6mol·L－1时，c（HS－）＝10－6.5mol·L－1，Ka1（

H2S）＝c（H＋）c（HS－）c（H2S）＝10－1.6×10－6.50.1＝10－7.1或者当c（H＋）＝10－4.2mol·L－1时，c（HS－）＝10－3.9mol·L－1，Ka1（H2S）＝c（H＋）

c（HS－）c（H2S）＝10－4.2×10－3.90.1＝10－7.1，C错误；已知Ka1Ka2＝c（H＋）c（HS－）c（H2S）×c（H＋）c（S2－）c（HS－）＝c2（H＋）c（S2－）c（H2S），由

曲线③两点坐标可知，当c（H＋）＝10－4.9mol·L－1时，c（S2－）＝10－13mol·L－1，或者当c（H＋）＝10－6.8mol·L－1时，c（S2－）＝10－9.2mol·L－1，故有Ka1Ka2＝c2（H＋）c（S2－）c（H2

S）＝（10－4.9）2×10－130.1＝（10－6.8）2×10－9.20.1＝10－21.8，结合C项分析可知，Ka1＝10－7.1故有Ka2（H2S）＝10－14.7，D正确；故答案为：D。6．DMCl2属于盐，在水中完全电离

，但M（OH）2可能是强碱，也可能是弱碱，A正确；等体积的盐酸（pH＝1）和醋酸（0.1mol·L－1）中H＋的物质的量相同，因此加入过量的Zn，产生氢气的量相同，相同条件下，体积相同，B正确；HSO－3在水中既有电离也有水解，NaHSO3溶液显酸性，说明HSO－3的电离程度大于水解，C正确；NH

3·H2O为弱碱，NaOH为强碱，相同pH时，c（NH3·H2O）>c（NaOH），加水稀释促进NH3·H2O的电离，即稀释相同倍数后，c（NH＋4）>c（Na＋），D错误。7．D因为CH3COOH为弱酸，NaOH为强碱，反应生成CH3COONa，根据电荷守恒可得c（Na＋）

＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－），因为c（Na＋）＝c（CH3COO－），可得c（H＋）＝c（OH－），则混合后溶液呈中性。又因为CH3COONa水解呈碱性，所以CH3COOH应过量，使溶液呈中性，所以b>0.01，A、B正确；反应后溶液呈

中性，c（H＋）＝10－7mol·L－1，c（CH3COO－）＝c（Na＋）＝1/2×0.01mol·L－1＝0.005mol·L－1，c（CH3COOH）＝1/2×（b－0.01）mol·L－1，所以CH3C

OOH的电离常数Ka＝10－9b－0.01，C正确；向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度先增大，CH3COOH完全反应后，再滴加NaOH溶液，水的电离程度减小，D错误。8．C充CO2的饮料，碳酸电离显酸性，促进A－水解，苯甲酸浓度较大，抑菌能力较高，故A项错误；提高CO2

充气压力，溶液中氢离子浓度增大，温度不变，Ka不变，因此饮料中c（A－）减小，故B项错误；当pH为5.0时，c（H＋）＝10－5mol·L－1，根据HA的Ka＝c（H＋）·c（A－）c（HA），则有c（HA）c（A－

）＝c（H＋）Ka＝10－56.25×10－5＝0.16，故C项正确；根据电荷守恒有：c（H＋）＋c（Na＋）＝c（HCO－3）＋2c（CO2－3）＋c（OH－）＋c（A－），根据物料守恒有：c（Na＋）＝c（HA）＋c（A－），因此离子浓度关系为：c（H＋）＝c（HC

O－3）＋2c（CO2－3）＋c（OH－）－c（HA），故D项错误。9．C根据图像可知，当lgVV0＝0时，即未加水稀释时，HX溶液的pH>1，说明HX部分电离，为弱电解质，HY溶液的pH＝1，说明其完全电离，为强电解质，A错误；

相同温度下，同一电解质溶液的电离常数始终保持恒定，则K（HX）：a＝b，B错误；由a至b的过程是HX的稀释过程，稀释后溶液c（H＋）变小，水电离的受抑制程度降低，则由水电离的c（H＋）与c（OH－）均变大，则由水电离出的c（H＋）·c（OH－）：a<b，C正确；微热会促进弱酸

HX的电离，对强酸HY的电离无影响，由于lgVV0＝3时，两溶液pH均在5以下，说明水的电离仍受到较大抑制，可忽略微热对水电离的影响，则c（X－）增大，c（Y－）不变，c（X－）c（Y－）增大，D错误。10．C根据题图知，0.1mol·L－1HX溶液的lgc（H

＋）c（OH－）＝12，则c（H＋）＝0.1mol·L－1，HX为强酸，同理可推知，HY为弱酸，A项错误；a点HX溶液中c（H＋）＝0.1mol·L－1，由水电离出的c（H＋）＝c（OH－）＝10－13mol·L－1，B项错误；c点时加入n（NaOH）＝0.005mol，

此时得到等物质的量浓度的HY和NaY的混合溶液，lgc（H＋）c（OH－）＝6，则c（H＋）＝10－4mol·L－1，溶液呈酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，故c（Y－）>c（HY），C项正确；b点时n（NaOH）＝0.008mol，而n（HY）＝0.01mol，故HY过量，D

项错误。11．B由题图可知，a点时，100mL0.1mol·L－1的HA溶液pH＝3，故HA为弱酸，其电离平衡常数Ka（HA）＝10－3×10－30.1－10－3mol·L－1≈10－5mol·L－1，A项错误；

b点时，溶液的pH＝7，c（H＋）＝c（OH－），根据电荷守恒，则有c（B＋）＝c（A－），B项正确；由A－＋H2O⇌HA＋OH－可知，Kh＝c（HA）·c（OH－）c（A－），升高温度，促进A－水解

，故c点时，c（A－）c（OH－）·c（HA）随温度的升高而减小，C项错误；由题图知，100mL0.1mol·L－1的BOH溶液pH＝11，故BOH为弱碱，其电离平衡常数Kb（BOH）＝10－3×10－30.1－

10－3mol·L－1≈10－5mol·L－1＝Ka（HA），故b点时，V（HA）＝V（BOH）＝50mL，HA溶液与BOH溶液恰好完全反应，a→b过程中，BOH溶液的体积逐渐增大，HA溶液逐渐被中和，水的电离程

度逐渐增大，b→c的过程中，HA溶液中和完全，BOH溶液过量，故水的电离程度逐渐减小，D项错误。12．答案：Ⅰ.（1）c>a＝b（2）b>a＝c（3）c>a>bb>a＝cⅡ.3.4×10－4解析：Ⅰ.（1）在同体积、同pH的三种酸中

，醋酸为弱酸，醋酸的浓度最大；而盐酸和硫酸都是强酸，盐酸和硫酸溶液中氢离子浓度相等，所以加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下醋酸产生的CO2体积最大，而盐酸和硫酸产生的CO2体积相等且小于醋酸产生的CO2体积；（2）在同体积、同浓度的三种酸中，盐酸、醋酸、硫酸的物质的量是相等的，分别

加入足量的碳酸钠粉末，在相同条件下盐酸和醋酸产生CO2的体积一样，但是硫酸是二元酸，加入足量的碳酸钠，在相同条件下产生CO2的体积是盐酸、醋酸的2倍，所以产生CO2的体积由大到小的顺序是：b>a＝c；（3）硫酸是二元强酸，0.1mol·L－1的硫酸中氢离子浓度是0.2m

ol·L－1，盐酸是一元强酸，0.1mol·L－1的盐酸中氢离子浓度是0.1mol·L－1，醋酸是一元弱酸，0.1mol·L－1的醋酸中氢离子浓度小于0.1mol·L－1；氢离子浓度越大，则pH越小，所以三种酸溶液的pH由大到小的顺序是：c>a>b;等体积的0.1mo

l·L－1的三种酸溶液，硫酸是二元酸，氢离子的量最大，消耗的氢氧化钠最多，醋酸和盐酸都是一元酸，溶质的物质的量一样，消耗氢氧化钠一样多，所以用0.1mol·L－1的NaOH溶液分别中和三种酸，消耗NaOH溶液的体

积由大到小的顺序是：b>a＝c。Ⅱ.起始HF的物质的量是2L×0.3mol·L－1＝0.6mol；由题意列出下式：HF⇌H＋＋F－起始量0.600变化量0.020.020.02平衡量0.580.020.02各粒子浓度分别为：c（HF）＝0.58/2＝0.29mol·L－1，c（H＋）＝0.0

2/2＝0.01mol·L－1，c（F－）＝0.02/2＝0.01mol·L－1，故HF的电离平衡常数为Ka＝c（H＋）×c（F－）/c（HF）＝（0.01）2/0.29＝3.4×10－4。专练40水的电离、溶液的酸碱性及pH计算1．B常温下溶液ⅠpH＝7.

0，则溶液Ⅰ中c（H＋）＝c（OH－）＝1.0×10－7mol·L－1，故c（H＋）<c（OH－）＋c（A－），A项错误；溶液ⅡpH＝1.0，即c（H＋）＝1.0×10－1mol·L－1，Ka（HA）＝1.0×10－1×c（A－）c（HA）＝1.0×

10－3，c（HA）＝100c（A－），α（HA）＝c（A－）c总（HA）＝c（A－）c（A－）＋c（HA）＝c（A－）c（A－）＋100c（A－）＝1101，B项正确；因未电离的HA能自由穿过中间隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c（HA）相等，C项错误；根据溶液Ⅰ、Ⅱ

的pH及Ka（HA）＝1.0×10－3可知，溶液Ⅰ中c总（HA）＝c（HA）＋c（A－）＝c（HA）＋104c（HA）＝（104＋1）c（HA），溶液Ⅱ中c总（HA）＝c（HA）＋c（A－）＝c（HA）＋10－2c（H

A）＝1.01c（HA），由C项分析知溶液Ⅰ和Ⅱ中的c（HA）相等，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总（HA）之比为104＋11.01≈104，D项错误。2．C用过氧化氢滴定碘化钾溶液，若用淀粉作指示剂，反应开始生成的碘遇淀粉就使溶液

变为蓝色，继续滴加时，无法确定滴定终点，故A错误；酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸氢钠溶液完全反应时，若再滴入酸性高锰酸钾溶液，过量的高锰酸钾会使溶液变为浅紫色，则滴定时不需要指示剂即可完成测量实验，故B错误；氯化铁溶液与碘化钾溶液完全反应时，若用硫

氰化钾溶液作指示剂，继续滴加FeCl3溶液，过量的氯化铁与硫氰化钾反应生成硫氰化铁，使溶液变为红色，可以确定滴定达到终点，故C正确；强酸溶液与弱碱溶液完全反应时生成强酸弱碱盐，强酸弱碱盐溶液呈酸性，若用酚酞作指示

剂，无法判断反应的终点，应选用甲基橙作指示剂，故D错误。3．B水的电离为吸热反应，温度越高，电离程度越大，故T1<T2，A项正确；由图像可知，XZ线上只有X点存在pH＝7，越靠近Z点，pH越小，B项错误；XZ线上任意点均有

c（H＋）＝c（OH－），在X、Z连线的上方M区域c（H＋）<c（OH－），在X、Z连线的下方区域c（H＋）>c（OH－），C项正确；在任何溶液中，均有c（OH－）×c（H＋）＝Kw，D项正确。4．AA项，p

H＝3的醋酸溶液中c（H＋）＝1×10－3mol·L－1，pH＝11的Ba（OH）2溶液中c（OH－）＝1×10－3mol·L－1，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，pH<7，正确；B项，pH＝3的盐酸中c（H＋）＝1×10－3mol·L

－1，pH＝11的NaOH溶液中c（OH－）＝1×10－3mol·L－1，酸、碱都是强电解质，在室温下等体积混合后，pH＝7，错误；C项，pH＝3的盐酸中c（H＋）＝1×10－3mol·L－1，pH＝11的氨水中c（OH－）＝1×10－3mol·L－1，由于NH3·H2O为弱碱，则

碱过量，在室温下等体积混合后，pH>7，错误；D项，pH＝3的硫酸中c（H＋）＝1×10－3mol·L－1，pH＝11的氨水中c（OH－）＝1×10－3mol·L－1，由于NH3·H2O为弱碱，则碱过量，在室温下等体积混合后，pH>7，错误。5．D100℃时，pH＝10的NaOH溶液，c（

OH－）＝0.01mol·L－1，与pH＝2的H2SO4恰好中和，溶液为中性，其pH＝6，故A错误；25℃时，0.2mol·L－1Ba（OH）2溶液和0.2mol·L－1HCl等体积混合，碱过量，溶液的pH＞7，故B错误；25℃时，0.2mol·L－1NaOH溶液与0.2mol

·L－1CH3COOH恰好中和生成醋酸钠，水解显碱性，则所得溶液的pH＞7，故C错误；25℃时，pH＝12的氨水，碱的浓度大于0.01mol·L－1，pH＝2的H2SO4中c（H＋）＝0.01mol·L－1，等体积混合，碱过量，所得溶液

的pH＞7，故D正确。6．C常温时，1mol·L－1的HClO2和1mol·L－1的HMnO4两种酸溶液，起始时的体积均为V0，稀释前分别用1mol·L－1的NaOH溶液中和，消耗的NaOH溶液体积相同，故A错误

；当稀释至pH均为3时，两溶液中均存在电荷守恒，分别为c（H＋）＝c（OH－）＋c（ClO－2），c（H＋）＝c（OH－）＋c（MnO－4），则溶液中c（ClO－2）＝c（MnO－4），故B错误；由图可知

lgVV0＋1＝1时，1mol·L－1HMnO4溶液中c（H＋）＝1mol·L－1，说明HMnO4为强酸，在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足pH＝lgVV0，故C正确；由图可知HClO2为弱酸，则浓度均为0.1mol·L－1的NaClO2和NaMnO4溶液

的pH：NaMnO4<NaClO2，故D错误。7．DH2S中存在两步可逆电离，c（H＋）＝1×10－5mol·L－1>c（HS－），A项错误；一水合氨是弱电解质，加水稀释时促进其电离平衡正向移动，c（OH－）减小程度小于

10倍，即a<b＋1，B项错误；混合溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HC2O－4）＋2c（C2O2－4），C项错误；组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，pH相等时，其浓度越小，D项正确。8．C因酸碱的强弱未知，a＝b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为

强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，A错误；因温度未知，则pH＝7不一定为中性，B错误；混合溶液中，c（H＋）＝Kwmol·L－1，根据c（H＋）·c（OH－）＝Kw可知溶液中c（H＋）＝c（OH－）＝Kwmol·L－1，溶液呈中性，C正确；任何溶液都存在电荷守恒，即c（H＋

）＋c（B＋）＝c（OH－）＋c（A－），不能确定溶液的酸碱性，D错误。9．BH2SeO4第一步完全电离，则KHSeO4溶液中，HSeO－4只电离不水解，溶液显酸性，A项错误；K2SeO4溶液中存在物料守恒：c（K＋）＝2[c（HSeO－4）＋c（SeO2－4）]，B

项正确；0.5mol·L－1的H2SeO4溶液中，c（HSeO－4）＋c（SeO2－4）＝0.5mol·L－1，c（HSeO－4）＋2c（SeO2－4）＋c（OH－）＞0.5mol·L－1，C项错误；向H2SeO4溶液中滴加KOH溶液至中性时，c（H＋）＝c（O

H－）＝10－7mol·L－1，Ka＝c（H＋）c（SeO2－4）c（HSeO－4）＝2.18×10－2，故c（SeO2－4）c（HSeO－4）＝2.18×105，D项错误。10．C由题图可知，未加盐酸时lgc（H＋）c（OH－）＝－8，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。11．D如果氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液

呈酸性，此时水的电离程度最大，为图中c点，故A项错误；根据图像可知，c点c（H＋）>10－7mol·L－1，溶液呈酸性，结合电荷守恒得c（NH＋4）<c（Cl－），故B项错误；a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，即c（H＋）<c（OH－），结合电荷守恒定律得

c（Cl－）<c（NH＋4），故C项错误；常温下，0.1mol·L－1的氨水中c（H＋）＝10－11mol·L－1，则c（OH－）＝0.001mol·L－1，Ka≈c（NH＋4）·c（OH－）c（NH3·H2O）＝10－3×10－30.1

＝1×10－5，故D项正确。12．A若所得混合溶液为中性，且a＝12，b＝2，因c（OH－）×Va＝c（H＋）×Vb，a＝12，b＝2，则0.1×Va＝0.01Vb，则Va∶Vb＝1∶10，故A正确；若所得混合液为中性

，则c（OH－）×Va＝c（H＋）×Vb，即10a－13×Va＝10－bVb，又因为a＋b＝12，Va∶Vb＝10－b10a－13＝1013－a－b＝10，则Va∶Vb＝10∶1，故B错误；若所得混合溶液的pH＝10，碱过量，c（

OH－）＝Va×0.1mol·L－1－0.01mol·L－1VbVa＋Vb＝0.001，则Va∶Vb＝1∶9，故C、D错误。专练41盐类水解、离子浓度的比较1．AH3PO4是三元中强酸，分步电离：H3PO4⇌H＋＋H

2PO－4，H2PO－4⇌H＋＋HPO2－4，HPO2－4⇌H＋＋PO3－4，电离程度逐级减小，则磷酸溶液中c（H3PO4）>c（H2PO－4）>c（HPO2－4）>c（PO3－4），A正确；C2O2－4在溶液中水解，Na2C2O4溶液中，阳离子有H＋、Na＋，阴

离子有OH－、HC2O－4、C2O2－4，溶液呈电中性，根据电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HC2O－4）＋2c（C2O2－4），B错误；NaHCO3在溶液中完全电离生成Na＋和HCO－3，碳酸氢根离

子在溶液中发生电离和水解，0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，碳元素以H2CO3、HCO－3、CO2－3形式存在，根据碳元素守恒可知，c（H2CO3）＋c（HCO－3）＋c（CO2－3）＝0.1mol·L－1，C错误；氨水和NH4Cl溶液混合形

成的pH＝9的溶液中，阴离子有Cl－、OH－，阳离子有H＋、NH＋4，存在电荷守恒：c（OH－）＋c（Cl－）＝c（NH＋4）＋c（H＋），常温下溶液pH＝9，显碱性，溶液中c（OH－）>c（H＋），则c（Cl－）<c（NH＋4）

，D错误。2．DNH2CH2COOH中存在－NH2和－COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NH＋3CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NH＋

3CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，B正确；NH＋3CH2COO－＋H2O⇌NH＋3CH2COOH＋OH－的平衡常数K＝c（NH＋3CH2COOH）·c（

OH－）c（NH＋3CH2COO－），25℃时，根据a、b曲线交点坐标（2.35，0.50）可知，pH＝2.35时，c（NH＋3CH2COO－）＝c（NH＋3CH2COOH），则K＝c（OH－）＝Kwc（H＋）＝10－11.65，C正确；由C项分析可知，c（NH＋3C

H2COOH）c（NH＋3CH2COO－）＝10－11.65c（OH－），根据b、c曲线交点坐标（9.78，0.50）分析可得电离平衡NH＋3CH2COO－⇌NH2CH2COO－＋H＋的电离常数为K1＝10－9.78，c（NH2CH2COO－）c（NH＋3CH2

COO－）＝K1c（H＋）＝10－9.78c（H＋），则c（NH＋3CH2COOH）c（NH＋3CH2COO－）×c（NH2CH2COO－）c（NH＋3CH2COO－）＝10－11.65c（OH－）×10－

9.78c（H＋）<1，即c2（NH＋3CH2COO－）>c（NH＋3CH2COOH）·c（NH2CH2COO－），D错误。3．C由图可知，pH＝1即c（H＋）＝0.1mol·L－1时c（[FeL]＋）＝1.0×10－4mol·L－1

，又c0（H2L）＝5.0×10－3mol·L－1，根据Fe3＋＋H2L⇌[FeL]＋＋2H＋知，此时c（H2L）＝（5.0－0.1）×10－3mol·L－1＝4.9×10－3mol·L－1，结合Ka1＝c（

H＋）·c（HL－）c（H2L）＝10－7.46知，此时c（HL－）＝10－7.46×4.9×10－3×10＝4.9×10－9.46mol·L－1，又pH＝1时，c（OH－）＝10－13mol·L－1，故A错误；pH在9.5～10.5之间时c（[FeL3]3－）＝c（[FeL

2（OH）]2－）＝10－4mol·L－1，其中两种离子共含c（L2－）＝3×10－4mol·L－1＋2×10－4mol·L－1＝5×10－4mol·L－1，当pH＝10时，c（H＋）＝10－10mol·L－1，根据Ka1＝c（H＋）·c（HL

－）c（H2L）＝10－10c（HL－）c（H2L）＝10－7.46，c（HL－）＝102.54c（H2L），即c（HL－）＞c（H2L），由Ka2＝c（H＋）·c（L2－）c（HL－）＝10－12.4，得c（HL－）＝102.4c（L2－

），即c（HL－）＞c（L2－），B错误；该反应的平衡常数K＝c（[FeL2]－）c（L2－）·c（[FeL]＋），由题图知，当c（[FeL2]－）＝c（[FeL]＋）时，pH＝4，由Ka1·Ka2＝10－19.86＝c2（H＋）·c（L2－）c（H2L）得①式10－1

9.86×c（H2L）＝10－8c（L2－）①，此时c（H2L）＝5.0×10－3mol·L－1－3×10－4mol·L－1＝4.7×10－3mol·L－1，代入①式，c（L2－）＝4.7×10－22.8610－8＝4.7×10－14.86

mol·L－1，则K＝14.5×10－14.86＝2.1×1013.86，故lgK＝13.86＋lg2.1＝14，C正确；pH＝10时c（[FeL3]3－）＝c（[FeL2（OH）]2－）＝1×10－4mol·L－1，则参与配位的L2－的总

浓度为3×10－4mol·L－1＋2×10－4mol·L－1＝5×10－4mol·L－1，D错误。4．A①NH4Cl中Cl－不影响NH＋4水解，②NH4Al（SO4）2中Al3＋水解抑制NH＋4水解，③NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离

产生的H＋抑制NH＋4水解，而且比②中Al3＋水解对NH＋4水解的影响程度大，所以pH相等的①NH4Cl②NH4Al（SO4）2③NH4HSO4溶液：浓度的大小顺序为①>②>③，A正确；NaA中水解平衡常数Kb＝KwKa＝10－144.93×10－10＝2.02×10－5，水解平衡常数大于

电离平衡常数，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c（HA）>c（Na＋）>c（A－），B错误；NaHCO3溶液加水稀释，促进HCO－3的水解，n（HCO－3）减小，n（Na＋）不变，则c（Na＋）与c（HCO－3）的比值将增大，C错误；根据越弱越水解可知CH3COOK碱性比NaF碱性强，根据电荷守

恒CH3COOK溶液中c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（K＋）＋c（H＋），所以c（K＋）－c（CH3COO－）＝c（OH－）－c（H＋），NaF溶液中c（F－）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋），所以c（Na＋）－c（F－）＝c（OH－）－c（H＋），C

H3COOK溶液碱性强，CH3COOK溶液中c（OH－）－c（H＋）大于NaF溶液中c（OH－）－c（H＋），c（K＋）－c（CH3COO－）>c（Na＋）－c（F－），D错误。5．Ba点溶质为KOH，pH＝12，此时溶液中H＋全来自水的电离，因此水电离出的c（H＋）＝1×10－12mol·L－

1，故A项正确；c点溶液中，水电离出的OH－离子浓度最大，说明此时的溶液是碳酸钾溶液，则b点溶液是K2CO3和KOH的混合溶液，溶液显碱性，因此c（H＋）<1×10－7mol·L－1，故B项错误；c点溶液为K2CO3溶液，因此根据物料守恒可知c

（K＋）＝2[c（CO2－3）＋c（HCO－3）＋c（H2CO3）]，故C项正确；d点溶液为中性溶液，即c（H＋）＝c（OH－），由电荷守恒可得c（K＋）＝2c（CO2－3）＋c（HCO－3），故D项正确

。6．B据电荷守恒，0.1mol·L－1NaHA溶液中离子浓度的关系有：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HA－）＋c（OH－）＋2c（A2－），A错误；向0.1mol·L－1（NH4）2SO4溶液中滴加少量浓硫酸，抑制NH＋4水解，c（NH＋

4）增大，同时c（SO2－4）也增大，B正确；将足量CuSO4溶解在0.1mol·L－1的H2S溶液中，生成CuS沉淀后，溶液为CuSO4溶液，Cu2＋最大浓度为饱和溶液的浓度，C错误；常温下，pH＝5

.6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，c（H＋）>c（OH－），又因为溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－），所以c（Na＋）<c（CH3COO－），D错误。7．BNaH

CO3溶液显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，由实验1可得出：c（Na＋）>c（HCO－3）>c（H2CO3）>c（CO2－3），A项错误；实验2所得溶液溶质为Na2CO3，溶液中存在碳酸根离子的水解以及水的

电离，则有质子守恒：c（OH－）＝c（H＋）＋c（HCO－3）＋2c（H2CO3），B项正确；实验3反应静置后的上层清液为碳酸钙的饱和溶液，存在碳酸钙的溶解平衡，溶液中有c（Ca2＋）·c（CO2－3）＝Ksp（CaCO3），C

项错误；碳酸氢根离子不能拆开，实验4中反应的离子方程式应为HCO－3＋H＋===CO2↑＋H2O，D项错误。8．D实验①中煮沸后溶液变红褐色[Fe（OH）3胶体]，说明加热促进Fe3＋水解反应，A项正确；实验②中溶液变红褪色，说明生成了Fe（OH）3胶

体，Fe3＋发生了水解反应，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2＋，Fe3＋发生了还原反应，B项正确；实验③中溶液变红褐色，说明Fe3＋发生了水解反应，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3＋没有发生还原反应，C项正确；实验

①中煮沸后溶液变红褐色，实验③中溶液直接变红褐色，说明SO2－3对Fe3＋的水解反应有影响，D项错误。9．CA项，KOH吸收CO2可能生成K2CO3，此时由于CO2－3以第一步水解为主，故溶液中c（HCO－3）>c（H2CO3），也可能生

成KHCO3，由于HCO－3的水解很微弱，故此时溶液中c（HCO－3）>c（H2CO3），还可能生成K2CO3和KHCO3的混合物，同理，溶液中亦存在c（HCO－3）>c（H2CO3），错误；B项，K2CO3溶液中存在质子守恒c（OH－）＝c（H＋）＋c（HC

O－3）＋2c（H2CO3），错误；C项，由于KOH溶液的浓度为0.1mol·L－1，c总＝0.1mol·L－1，即c（K＋）＝c（H2CO3）＋c（HCO－3）＋c（CO2－3），此等式为KHCO3溶液的物料守恒式，故此时所得溶液为KH

CO3溶液，HCO－3存在水解平衡HCO－3＋H2O⇌H2CO3＋OH－，电离平衡HCO－3⇌CO2－3＋H＋，由Kh（HCO－3）＝KwKa1>Ka2可知，HCO－3的水解程度大于电离程度，故c（H2C

O3）>c（CO2－3），正确；D项，“吸收”时发生的反应和“转化”时发生的反应均为放热反应，故溶液的温度升高，错误。专练42滴定曲线的综合应用1．C因为CO2－3比HCO－3的水解程度大，且Na2CO3溶液浓度比

NaHCO3溶液大，故Na2CO3溶液的初始pH较大，甲线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，向Na2CO3溶液中滴加盐酸时，CO2－3→HCO－3→H2CO3→CO2，开始加入盐酸时没有CO2产生，故丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸

，A项错误；从图像可以看出，b点尚未放出CO2，此时反应的离子方程式是HCO－3＋H＋===H2CO3，B项错误；图像显示c点pH在8～10，则可以用酚酞作指示剂，d点pH在3～4，则可以用甲基橙作指示剂，C项正确；根据质子

守恒，Na2CO3溶液中c（OH－）＝c（H＋）＋c（HCO－3）＋2c（H2CO3），D项错误。2．C由以上分析知，A项错误；根据水样中所含离子种类及图像分析可知，a点处能水解的离子主要为HCO－3，根据质子守恒可得c（H＋）＋c（H2CO3）＝c（OH－）＋

c（CO2－3），B项错误；水样中c（HCO－3）＝0.01mol·L－1，V（HCl）≤20mL时，随着HCl溶液的加入，HCO－3被稀释，但由于发生反应CO2－3＋H＋===HCO－3，又有HCO－3生成，a点时c（HCO－3）仍为0.01mol·L－1，故C项正确；根据图像分析及碳元素守恒可

知，起始时水样中c（H2CO3）＋c（HCO－3）＋c（CO2－3）＝0.03mol·L－1，但随着HCl溶液的加入，溶液被稀释，该值减小，D项错误。3．C在NaX溶液中，X－发生水解反应：X－＋H2O⇌H

X＋OH－，溶液中存在c（Na＋）>c（X－）>c（OH－）>c（H＋），A判断正确；等浓度的NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH大小关系：NaZ>NaY>NaX，根据“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ，则电离常数关系：Ka（HX）>Ka（HY）>Ka（HZ），B判断正确；pH＝7

时，根据电荷守恒，三种溶液分别存在c（Cl－）＋c（X－）＝c（Na＋）、c（Cl－）＋c（Y－）＝c（Na＋）、c（Cl－）＋c（Z－）＝c（Na＋），由于三种一元酸的酸性强弱不同，则向其盐溶液中加入HC

l的物质的量不同，则c（X－）、c（Y－）、c（Z－）三者不等，C判断错误；分别加入20.00mL盐酸后，均恰好完全反应，三种溶液的溶质分别为HX与NaCl、HY与NaCl、HZ与NaCl，三种溶液混合后的溶液中存在电荷守恒：c（X－）＋c（Y－）＋c（Z－）＝c（H＋）－c

（OH－），D判断正确。4．C根据物料守恒，开始时c（HA）＋c（A－）＝0.01000mol·L－1，但随着盐酸滴定，溶液的体积增大，c（HA）＋c（A－）<0.01000mol·L－1，故A错误；加入盐酸的体积为10mL，此时反

应后溶质为NaA、HA、NaCl，且NaA、HA物质的量相同，此时溶液显碱性，说明A－的水解大于HA的电离，即微粒浓度大小顺序是c（HA）>c（Cl－）>c（A－）>c（OH－）>c（H＋），故B错误；两者恰好完全反应，溶质为NaCl和HA，两者物质的量相等，根据电荷守恒，因此有c

（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（A－）＋c（Cl－），根据物料守恒，c（Cl－）＝c（HA）＋c（A－），因此有：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HA）＋c（OH－）＋2c（A－），故C正确；d点时，溶质为HC

l、NaCl、HA，且物质的量相等，根据电荷守恒，c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）＋c（A－），故D错误。5．C溶液的电阻率越大，导电能力越弱，即电阻率与离子浓度成反比。若HX和CH3COOH都是弱酸，则随着氨水的加入，发生酸碱中和反应生成盐，溶液导电能力将增强、电阻

率将减小，但图像中随着氨水的加入溶液电阻率增大（导电能力减弱），说明原混合溶液中离子浓度更大，即HX为强酸。由上述分析可知，同浓度的HX溶液的pH比CH3COOH溶液的pH小，A项错误；酸或碱都抑制水的电离，a→c为HX和CH3COOH转化为NH4X、CH3COONH4的过程，溶液的酸性减弱

，水的电离程度增大，B项错误；根据B项分析可知，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，由于CH3COOH和NH3·H2O电离平衡常数相同，则CH3COONH4溶液呈中性，NH4X溶液中，NH＋4水解使溶液呈酸性，则c点溶液中c（H＋）>c（

OH－），根据电荷守恒：c（NH＋4）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（X－）＋c（CH3COO－）可知，c（CH3COO－）＋c（X－）>c（NH＋4），C项正确；d点时，溶液体积为（20＋60）mL＝80mL，根据N元素守恒，c（NH3·H2O）＋c（NH＋4）＝60mL×0.1mol

·L－180mL＝0.075mol·L－1，D项错误。6．C解答该题的关键是确定两条曲线的归属，根据两种弱酸的电离常数大小关系可知，点①所在曲线为NaOH溶液滴定HCN溶液的pH变化曲线，点②所在曲线为N

aOH溶液滴定CH3COOH溶液的pH变化曲线。由电解质溶液中的电荷守恒及图像可知，点①溶液中存在：c（CN－）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋）、c（H＋）<c（OH－），即c（CN－）－c（Na＋）＝

c（H＋）－c（OH－）<0，则c（CN－）<c（Na＋），点②溶液中存在：c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋）、c（H＋）>c（OH－），即c（CH3COO－）－c（Na＋）＝c（H＋）－c（OH－）>0，

则c（CH3COO－）>c（Na＋），而点①和点②溶液中的c（Na＋）相等，故c（CH3COO－）>c（CN－），A项错误；点③溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，pH＝7，则c（H＋）＝c（OH－）＝10－7mo

l·L－1，而c（CH3COO－）＝c（Na＋）＞10－7mol·L－1，B项错误；由物料守恒知，滴定过程中，滴入的NaOH溶液体积相等时，存在：c（CN－）＋c（HCN）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH），即c（CH3COO－）－c（CN－）＝c（HCN）－c（CH3COOH）

，C项正确；点③溶液中：c（H＋）＝c（OH－），c（CH3COO－）≠c（CH3COOH），则c（CH3COO－）＋c（OH－）≠c（CH3COOH）＋c（H＋），点④溶液中存在质子守恒：c（CH3COOH）＋c（H＋）＝c（OH－），D项错误。7．B已知室温时水的电离常数为1

×10－14，则根据曲线得Q点时溶液中pH＝pOH＝7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和少量NH3·H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。M点溶液呈碱性，为NH4Cl、NH3·H2O混合溶液，溶液中c（NH＋4）＞c（Cl－），故A错误；N点溶液呈酸性，溶液中（H＋

）＞c（OH－），结合电荷守恒c（NH＋4）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－），可知c（NH＋4）＜c（Cl－），故可能存在c（NH＋4）＋c（NH3·H2O）＝c（Cl－），B正确；根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和少量NH3·H

2O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；M点到Q点发生的是酸碱中和反应，生成易水解的盐NH4Cl促进水的电离，所以M点到Q点所示溶液中水的电离程度一直是增大的，D错误。8．DK2（H2A）＝c（A2－）·c（H＋）c（HA－），结合题图中pH＝4.2时c（HA－）＝c（A2－），A

正确；pH＝4.2时，c（H＋）＝10－4.2mol·L－1，但溶液中c（HA－）、c（A2－）均约为0.05mol·L－1（图中看到这两个成分浓度相等，综合应该还是0.1mol·L－1），随着pH的升高，氢离子浓度减小，c（HA－）c（H2A）＝K1c（H＋）的比值增大

，B正确；根据物料守恒：0.1mol·L－1的Na2A溶液中存在：c（Na＋）＋c（A2－）＋c（H2A）＋c（HA－）＝0.3mol·L－1，C正确；由图可知，pH＝1时，c（H2A）>c（HA－），D错误。专练43难溶电解质的沉淀溶解平衡1．C三种卤化银组成形式相同，Ksp小

的物质先形成沉淀，故a点时形成的是黄色的AgI沉淀，A项错误；由图知，当消耗4.5mLAgNO3溶液时，溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，由于三种卤素离子浓度相同，故每种离子完全沉淀时均消耗1.5mLAgNO3溶液，则0.1

00mol·L－1×1.5mL＝c（I－）×15mL，解得c（I－）＝0.01mol·L－1，B项错误；当Br－恰好沉淀完全时，溶液体积为18mL，溶液中c（Ag＋）＝Ksp（AgBr）1×10－5mol·L－1＝5.4×10－8mol·L－1，此时Qc（AgCl）＝c（Ag＋）·c（Cl－）＝

5.4×10－8×15×0.0118＝4.5×10－10>Ksp（AgCl），故此时有部分Cl－形成了沉淀，C项正确；b点时溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，AgNO3过量，c（Ag＋）最大，D项错误。2．DSrSO4（s）＋CO2－3⇌SrCO3（s）

＋SO2－4的平衡常数K＝c（SO2－4）c（CO2－3）＝c（SO2－4）c（Sr2＋）c（CO2－3）c（Sr2＋）＝Ksp（SrSO4）Ksp（SrCO3），A正确；硫酸是强酸，随溶液pH变化，溶液中硫酸根离子浓

度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH无关，D错误；根据图中曲线的变化趋势可知，曲线①②表示含SrSO4（s）的Na2SO4溶液，pH相同时，溶液中硫酸

根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol·L－1硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp（SrSO4）＝10－5.5×0.1＝10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为10－6.51m

ol·L－1＝10－6.5，则a为－6.5，B正确；曲线③④表示含SrSO4（s）的Na2CO3溶液，pH相同时，1mol·L－1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol·L－1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol·L－1碳酸钠溶

液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1.0mol·L－1碳酸钠溶液的变化曲线，C正确。3．C根据图像，由（1.7，5）可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag＋）·c（CrO2－4）＝（1×10－5）2×1×10－1.7＝10－11.7。由（4.8，5）可得到AgCl的溶

度积Ksp（AgCl）＝c（Ag＋）·c（Cl－）＝1×10－5×1×10－4.8＝10－9.8，据此数据计算各选项结果。假设a点坐标为（4，6.5），此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q（AgCl）＝10

－10.5，Q（Ag2CrO4）＝10－17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；该反应的平衡常数表达式为K＝c（CrO2－4）c2（Cl－）

，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K＝c（CrO2－4）c2（Cl－）＝c（CrO2－4）·c2（Ag＋）c2（Cl－）·c2（Ag＋）＝Ksp（AgCrO4）K2sp（AgCl）＝1×10－

11.7（1×10－9.8）2＝1×107.9，C正确；向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c（Ag＋）分别为10－8.8和10－5.35，说明此时沉淀Cl－需要的银离子浓度更低，在这种情况

下，先沉淀的是AgCl，D错误；故答案选C。4．C题图曲线为达到沉淀溶解平衡时的曲线，温度不变，Ksp不变，a点和b点c（SO2－4）不一样，则c（Ag＋）不相同，A项错误；把a点的溶液加热蒸发掉一部分水，恢复到室温，仍然为饱和溶液，各种微粒的浓度不变，不能使溶液由a点变到b点，B项错误；

硫酸银饱和溶液中存在平衡Ag2SO4（s）⇌2Ag＋（aq）＋SO2－4（aq），由图可知c（SO2－4）＝1mol·L－1时，溶液中c（Ag＋）＝10－2.5mol·L－1，则Ksp＝c2（Ag＋）·c（

SO2－4）＝（10－2.5）2×1＝10－5，数量级为10－5，C项正确；在c点的溶液中加入少量Na2SO4固体，溶液中c（SO2－4）增大，不能使溶液由c点变到a点，D项错误。5．BAg2S的溶度积比Ag2SO4的小，更易生成Ag2S沉

淀，Ag＋除去得更完全，A项正确；由于温度一定时氯化银的溶度积一定，加入少量氯化钠会增加氯离子浓度，平衡逆向移动，所以溶液中银离子浓度会减小，B项错误；由于饱和NaCl溶液中Cl－的浓度较大，溴化银沉淀会转化

为氯化银沉淀，C项正确；因为硫化银更难溶，所以碘化银会转化为黑色的硫化银，D项正确。6．CCuCl2、Na2S水解促进水电离，b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离没有作用，水的电离程度最小，A错误；根据物料守恒，Na2S溶液中：2c（S2－）＋2c

（HS－）＋2c（H2S）＝c（Na＋），故B错误；b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，c（Cu2＋）＝c（S2－），根据b点数据，c（Cu2＋）＝2×10－18mol·L－1，该温度下Ksp（CuS）＝4×10－36mol2·L－2，

故C正确；Ksp（ZnS）＝3×10－25mol2·L－2大于Ksp（CuS），所以向100mLZn2＋、Cu2＋浓度均为10－5mol·L－1的混合溶液中逐滴加入10－4mol·L－1的Na2S溶液，Cu2＋先沉淀，

D错误。7．A氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、

一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。由分析可知，曲线Ⅳ表示Cl－，曲线Ⅳ可视为AgCl的溶解度随NH3浓度变化曲线，故A错误；AgCl的溶度积常数Ksp仅与温度有关，由图可知，当c（NH3）＝10－1mol·L－1时c

（Cl－）＝10－2.35mol·L－1，c（Ag＋）＝10－7.40mol·L－1，则Ksp（AgCl）＝c（Cl－）·c（Ag＋）＝10－2.35×10－7.40＝10－9.75，B正确；由图可知，氨分子浓度对数为－1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离

子的浓度分别为10－2.35mol·L－1和10－5.16mol·L－1，则[]Ag（NH3）＋＋NH3⇌[Ag（NH3）2]＋的平衡常数K＝c（[]Ag（NH3）2＋）c（[]Ag（NH3）＋）c（NH3）＝10－2.3510－5.16×10－1＝103.81，故C

正确；由分析可知，当c（NH3）＝0.01mol·L－1时，溶液中c（[]Ag（NH3）2＋）>c（[]Ag（NH3）＋）>c（Ag＋），故D正确。8．BKI溶液中，未加入AgNO3时，c（I－）＝0.05mol·L－1,lgc（I－）＝lg0.05＝lg5－2>－2，随着AgNO3溶液的加入，c

（I－）减少，lgc（I－）降低，故曲线x代表lgc（I－），曲线y代表lgc（Ag＋），A项错误；a点时，AgNO3与KI恰好完全反应生成AgI沉淀，为反应终点，根据沉淀溶解平衡AgI（s）⇌Ag＋（aq）＋I－（aq），Ksp（AgI）＝c

（I－）·c（Ag＋）＝c2（Ag＋）＝4×10－16，c（Ag＋）＝2×10－8mol·L－1,lgc（Ag＋）＝－8＋lg2≈－7.7，此时加入的AgNO3溶液的体积为25mL，故坐标为（25.00,－7.7），

B项正确；由于AgCl的溶解度大于AgI，故Ksp（AgCl）>Ksp（AgI），AgNO3与KCl恰好完全反应时V（AgNO3溶液）＝25.00mL，Ksp增大，则c（Ag＋）增大，lgc（Ag＋）增大，反应

终点应由a点向d点移动，C项错误；改为0.0500mol·L－1AgNO3溶液时，V（AgNO3溶液）＝50.00mL时恰好完全反应，横坐标右移，纵坐标不变，反应终点应由a点向c点方向移动，D项错误。9．C由点a（2，2.5）可知，此时pH＝2，pOH＝12，pM

＝2.5，则Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3＋）·c3（OH－）＝10－2.5×10－12×3＝10－38.5，故A错误；pH＝4时Al3＋对应的pM＝3，即c（Al3＋）＝10－3mol·L－1，故Al（OH）3的溶解度为10－3mo

l·L－1，故B错误；由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3＋和Fe3＋，故C正确；由图可知，pH约为4.7，Cu2＋开始沉淀，此时c（Cu2＋）＝0.1mol·L－1，若c（Cu2

＋）＝0.2mol·L－1>0.1mol·L－1，c（Al3＋）>10－5mol·L－1，则Al3＋、Cu2＋会同时沉淀，故D错误；答案选C。专练44化学反应原理综合题1．答案：（1）－45（2）（ⅱ）在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比

H－H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为（ⅱ）（3）7.8×2873NA56×1030（4）①p1＜p2＜p3合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大②图4③33.33%1432解析：（1）

在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应12N2（g）＋32H2（g）===NH3（g）的ΔH＝（473＋654－4

36－397－339）kJ·mol－1＝－45kJ·mol－1。（2）由图1中信息可知，12N2（g）===N（g）的ΔH＝＋473kJ·mol－1，则N≡N的键能为946kJ·mol－1；32H2（g）===3H（g）的ΔH＝

＋654kJ·mol－1，则H－H键的键能为436kJ·mol－1。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H－H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤

为（ⅱ）。（3）已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g·cm－3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α­Fe晶体密度ρ＝56x×1030NA·2873g·cm－3＝7.8g·cm－3，解得x＝7.8×2873NA56×1030，即α­Fe晶胞

中含有Fe的原子数为7.8×2873NA56×1030。（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数p1＜p2＜p3，因此，图中压强由小到

大的顺序为p1＜p2＜p3，②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因

此，充入惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图是图4。③图3中，进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25两者物质的量之比为3∶1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为xmol，则有：N2（g）＋

3H2（g）⇌2NH3（g）始（mol）130变（mol）x3x2x平（mol）1－x3－3x2x当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，xNH3＝2x4－2x＝0.20，解得x＝13，则氮气的转化率α＝13≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为23mol、2mol、2

3mol，其物质的量分数分别为15、35、15，则该温度下K′p＝（15p2）215p2×（35p2）3＝2527×400（MPa）－2。因此，该温度时，反应12N2（g）＋32H2（g）⇌NH3（g）的平衡常数Kp＝K′p＝2527×400（MPa）－2＝1432（MPa）－1。2．答案：（1

）41（2）（a＋c－2b）（3）32.25增大（4）pSO2－pSO3446.2646.262×2.6435.72解析：（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O，则18（7－x）278＝19.4%，解得x＝4；当失重比为38.8%时，F

eSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O，则18（7－y）278＝38.8%，解得y＝1。（2）①FeSO4·7H2O（s）===FeSO4（s）＋7H2O（g）ΔH1＝akJ·mol－1②FeSO4·xH2O（s）=

==FeSO4（s）＋xH2O（g）ΔH2＝bkJ·mol－1③FeSO4·yH2O（s）===FeSO4（s）＋yH2O（g）ΔH3＝ckJ·mol－1根据盖斯定律可知，①＋③－②×2可得FeSO4·7H2O（s）＋FeSO4·yH2O（s）===2（FeSO4·xH2O

）（s），则ΔH＝（a＋c－2b）kJ·mol－1。（3）将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4（s）⇌Fe2O3（s）＋SO2（g）＋SO3（g）（Ⅰ）。由平衡时pSO3­T的关系图可知，660K时，pSO3＝1.5kPa

，则pSO2＝1.5kPa，因此，该反应的平衡总压p总＝3kPa、平衡常数Kp（Ⅰ）＝1.5kPa×1.5kPa＝2.25（kPa）2。由图中信息可知，pSO3随着温度升高而增大，因此，Kp（Ⅰ）随反应温度升高而增大。（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3（g）⇌2S

O2（g）＋O2（g）（Ⅱ），在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应（Ⅰ）时pSO3＝pSO2，则pSO3＋2pO2＝pSO2－2pO2，因此，平衡时pO2＝pSO2－pSO34。在929K时，p总＝84.6kPa、pSO3＝35.7kPa，则p

SO3＋pSO2＋pO2＝p总、pSO3＋2pO2＝pSO2－2pO2，联立方程组消去pO2，可得3pSO3＋5pSO2＝4p总，代入相关数据可求出pSO2＝46.26kPa，则pO2＝84.6kPa－35.7kPa－46.26kPa＝2.64kPa，Kp（Ⅱ）＝（46

.26kPa）2×2.64kPa（35.7kPa）2＝46.262×2.6435.72kPa。3．答案：（1）2C3H6（g）＋9O2（g）===6CO2（g）＋6H2O（g）ΔH＝－3854kJ·mol－1（2）①190②>（3）ad（4）58.8%（5）①甲反应

Ⅰ平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，Qp>Kp②（x＋2x）解析：（1）将题给反应依次编号为①、②、③，利用盖斯定律，由③－①×2得：2C3H6（g）＋9O2（g）===6CO2（g）＋6H2O（g）ΔH＝－3854kJ·mol－1。（2）①由表中数据知，4～8μs内，H2O的浓

度变化为（3200－2440）ppm，则v－（C3H8O）＝v－（H2O）＝760ppm4μs＝190ppm·μs－1。②随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐减慢，比较表中数据知t>16。（3）反应Ⅰ、Ⅱ均为气体分子数变化的反应，当H2O

（g）的分压不变时，反应达到平衡，a正确；反应体系中均为气体，气体质量为定值，反应体系为恒温刚性密闭容器，容器体积不变，故混合气体密度为定值，b错误；化学平衡的标志是体系中各物质的浓度或物质的量不变，n（C3H6）＝2n（C6H12），不能说明反应体系中各物质的量不

变，即不能判断反应为平衡状态，c错误；由方程式知，v正（H2O）＝v逆（C3H8O）＝v逆（H2O），正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，d正确。（4）设C3H8O为1mol，由于C3H8O（g）⇌C3H6（g）＋H2O（g）的转化率为98%，则反应Ⅰ生成的C3H6为0.9

8mol，2C3H6（g）⇌C6H12（g）的转化率为40%，反应Ⅱ消耗的C3H6为0.98mol×40%＝0.392mol，则丙烯的产率为0.98mol－0.392mol1mol×100%＝58.8%。（5）①对于反应Ⅰ，恒压时充入

水蒸气，Qp增大，因此反应Ⅰ的状态最有可能对应图中的甲点。②设起始时C3H8O为1mol，反应Ⅰ中消耗amolC3H8O，反应Ⅱ中生成bmolC6H12，则：C3H8O（g）⇌C3H6（g）＋H2O（g

）起始量/mol100转化量/molaaa2C3H6（g）⇌C6H12（g）转化量/mol2bb则平衡时C3H8O为（1－a）mol,C3H6为（a－2b）mol，C6H12为bmol，H2O为amol，气体的总物质

的量为（1－a＋a－2b＋b＋a）mol＝（1＋a－b）mol，又体系达平衡后，测得C6H12的分压为xMPa，则b1＋a－b×p总＝xMPa，由图像可知，350℃时，反应Ⅱ的lgQp＝0，则xMPap2（C3H6）＝1MPa－1，解得

p（C3H6）＝a－2b1＋a－b×p总＝xMPa，结合b1＋a－b×p总＝xMPa，可求得p（H2O）＝a1＋a－b×p总＝（x＋2x）MPa。专练45重要的烃与同分异构体1．D（HN4）2SO4不是重金属盐，不能使蛋白质变

性，A项错误；石蜡的沸点较高，是通过石油的减压分馏得到的，B项错误；在分子筛固体酸催化下，苯与乙烯发生加成反应获得乙苯，C项错误；因为硝基具有较强的氧化性，所以含氮量高的硝化纤维可作烈性炸药，D项正确。2．C

由以上分析知，C项正确。3．B络塞维的结构与性质4．A具有对称结构，有3种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3种，A正确；b是苯乙炔，的单体是苯乙烯，B错误；c中碳原子有碳碳双键和碳碳单键两种成键方式

，根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论判断C原子杂化类型有sp2杂化和sp3杂化，C错误；a、b的分子式都是C8H6，c的分子式是C8H8，三者分子式不相同，不互为同分异构体，D错误。5．CA中前者是取代反应，但后者是氧化反应；B中都是加成反应；D中前者是萃取，是物理变化，后者是加聚反应

，答案选C。6．BC4H10为丁烷，有正丁烷与异丁烷两种同分异构体，A错误；有机物中含有几种化学环境不同的H原子，就有几种一卤代物，中含有5种H，故其一溴代物有5种，B正确；醛基为—CHO，剩余为丙基，丙

基有2种，故分子组成是C4H8O属于醛类的同分异构体有2种，C错误；羧酸具有—COOH，剩余为丁基，丁基有4种，故分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有4种，D错误。7．A由图像中的线性关系，选

取混合烃的总物质的量为1mol作研究，生成的CO2和H2O的物质的量分别为1.6mol和2mol，故其平均分子组成为C1.6H4，因为碳原子数小于1.6的烃只有甲烷一种，因此一定含有甲烷；CH4分子中含4个氢原子，故另一种分子中一

定含4个氢原子，且其碳原子数大于1.6，故可能是乙烯、一定不含有苯、乙烷，A正确。8．B根据1，4­二氧杂螺[2.2]丙烷的结构简式可知其分子式为C3H4O2，1mol该物质完全燃烧需要3molO2，A项错误；HCOOCH===CH2与1，4­二氧杂螺[2.2]丙烷

的分子式均为C3H4O2，但结构不同，二者互为同分异构体，B项正确；该有机物只有一种类型的氢原子，其二氯代物有2种，C项错误；根据甲烷为正四面体结构，可知该有机物所有原子不在同一个平面内，D项错误。9．C用玻璃棒蘸取NaClO溶液点在干燥的pH试纸上，ClO－水解生成

的HClO具有漂白性，故试纸最终褪色，实验现象不正确，A不符合题意；甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，实验操作及现象正确，但通过实验现象并不能说明CH3Cl为气体，即实验结论与现象没有因果关系，B不符合题意；稀硝酸与过量Cu反应后，溶液中仍有NO－3，再加入稀硫

酸，NO－3能与过量的Cu继续反应生成无色NO气体，NO遇空气中的O2被氧化成NO2（红棕色），C符合题意；将乙醇和浓硫酸混合溶液加热到170℃，产生的乙烯中混有挥发的乙醇蒸气，另外浓硫酸可能将乙醇脱水炭化，生成的C与浓硫酸反应生成CO2、SO2等杂质，故需通过氢氧化钠溶液洗气除去杂质气体，通入溴

水中，溴水褪色，则说明有乙烯生成，D不符合题意。10．B根据该烯炔的键线式可知其分子式为C7H10，A项错误；该烯炔化合物含有碳碳双键和碳碳三键，均可以和氢气发生加成反应，B项正确；该烯炔化合物中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面上，C项错误；该烯炔化合物含有三个

不饱和度，苯环含有四个不饱和度，所以该烯炔化合物的同分异构体不可能为芳香族化合物，D项错误。11．B苯与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大，所以与水混合沉在下层，故A错误；苯能与O2在空气中燃烧，发生氧化反应

，燃烧时火焰明亮并带有浓烟，故B正确；苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除含有C、H，还含有N和O，不属于烃，故C错误；苯分子没有碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间独特的键，故D错误。12．Db中六元环不是苯环，有7种不同化

学环境下的氢原子，其一氯代物有7种，A错误；b、d、p的化学式均为C8H10，均属于烃，B错误；b分子所有碳原子可能在同一平面上，C错误；一分子d与两分子Br2发生加成反应的产物，如图，可加成1，2，3，4或1，2，5，6或

3，4，5，6或1，4，5，6共4种，D正确。13．答案：（1）通入一定的O2装置气密性b、a（2）为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中CO＋CuO=====高温Cu＋CO2（3）AC碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳（4）熄灭a处的煤气灯，继续吹入一定量的O2，

然后熄灭b处煤气灯，待石英管冷却至室温，停止通入O2（5）C4H6O4解析：利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法，将样品装入Pt坩埚中，后面放置CuO做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物吹入两U型管中，称量两U型管的增重，计算

有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而得到有机物的分子式。（1）实验前，应先通入一定的O2吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯，保证当a处发

生反应时产生的CO能被CuO反应生成CO2；（2）实验中O2的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；CuO的作用是催化a处产生的CO，使CO反应为CO2，反应方程式为CO＋CuO=====高温Cu＋CO2；（3）有机物燃烧后生成的CO2和H

2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定；（4）反应完全以后应继续吹入一定量的O2，保证石英管中的气体产物完全吹入两U型管中；（5）c管装有无水CaCl2，用

来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H元素的物质的量n（H）＝2×m（H2O）M（H2O）＝2×0.0108g18g·mol－1＝0.0012mol；d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO2，则增重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n（C）＝m（CO

2）M（CO2）＝0.0352g44g·mol－1＝0.0008mol；有机物中O元素的质量为0.0128g，其物质的量n（O）＝m（O）M（O）＝0.0128g16g·mol－1＝0.0008mol；该有机物中C、H、

O三种元素的原子个数比为0.0008∶0.0012∶0.0008＝2∶3∶2；质谱测得该有机物的相对分子质量为118，则其化学式为C4H6O4。专练46乙醇、乙酸1．D化合物1分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不正确；化合物1不属于醇类，故不是乙

醇的同系物，B不正确；化合物2分子中不含羟基，C不正确；化合物2可以发生开环聚合反应生成，D正确。2．D该分子中含有碳碳双键、羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，A项正确；分子中含有羧基、羟基，能发生酯化反应（

属于取代反应），含有酯基，能发生水解反应（属于取代反应），含有碳碳双键，能发生加成反应，B项正确；分子中含有羟基、羧基，能和金属钠发生反应放出H2，C项正确；分子中含有酯基、羟基、羧基、碳碳双键4种官能团，D项错误

。3．B乙酸含—COOH，具有酸性，且酸性比碳酸强，则可与NaHCO3溶液反应生成CO2,A正确；乙醇中含—OH，为中性物质，不与盐酸反应，B错误；苯和硝酸反应生成硝基苯，苯环上的H被取代，乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，乙醇中的H被取代，均发生取代反应，反应类

型相同，C正确；苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，苯中不含碳碳双键，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，D正确。4．DD是蒸发实验，生成和纯化乙酸乙酯均未涉及到。5．B乙醇和金属钠反应时，乙醇分子断裂的是H—O键，故A错误；乙醇与生成的

氢气的物质的量之比为0.1∶0.05＝2∶1，说明乙醇分子中有一个活泼的氢原子可被金属钠取代（置换），即乙醇分子中有一个羟基，故B正确；制取乙酸乙酯的催化剂是浓硫酸，硫酸与碳酸钠反应也产生气泡，故C错误；乙醇和浓硫酸共热还可能产生二氧化硫气体，二氧化硫能使溴

水褪色，故D错误。6．B该化合物分子中含有羧基、醇羟基、醚键和碳碳双键4种官能团，故A错误；该物质中含有羧基和羟基，既可以与乙醇发生酯化反应，也可以与乙酸发生酯化反应，反应类型相同，故B正确；分枝酸中只有羧基能与NaOH溶液发生中和反应，一个分子中含两个羧基，故1mol分

枝酸最多只能与2molNaOH发生中和反应，故C错误；该物质使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴与碳碳双键发生加成反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故D错误。7．C①乙醇沸点低，易挥发，可以易被检测，与测定原理有关；

②乙醇密度比水小，可与水以任意比混溶，与测定原理无关；③乙醇具有还原性，K2Cr2O7具有强氧化性，K2Cr2O7可以把乙醇迅速氧化为乙酸，本身被还原成蓝绿色的Cr3＋，与测定原理有关；④乙醇可看成是乙烷中的氢原子

被羟基取代后的产物，是烃的含氧化合物，与测定原理无关；⑤乙醇可与羧酸在浓硫酸的作用下发生取代反应，与测定原理无关；对乙醇的描述与此测定原理有关的是①③。8．A生灰石和水反应，消耗酒精中的水，乙醇易挥发，可蒸馏分离，A正确；乙醇易溶于水，利用分液的方法不能将混合物分离

，B错误；乙烯被氧化生成二氧化碳气体，应用溴水分离，C错误；溴可氧化碘离子，生成新杂质，达不到除杂的目的，应该用氢氧化钠溶液除去，D错误。9．D由题意可知A为乙烯，根据流程图可知，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，乙醇

和乙酸反应生成E乙酸乙酯。A正确，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能；B正确，醋酸的官能团为羧基，显酸性，可以与水垢的主要成分碳酸钙和氢氧化镁反应；C正确；D错误，产物还有水。10．B由结构简式可知，该有机物的分子式为C10H18O，故A错误；该有机物中含有碳碳双键，可以使溴的

四氯化碳溶液褪色，故B正确；该有机物中含有碳碳双键和羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；该有机物中碳碳双键可发生加成反应，羟基可发生取代反应，故D错误。11．D有机物中能发生酯化反应的官能团有羧基和羟基，苹果酸中含有羧基和羟基，能发生酯化反应；羟基直接相连的碳上有氢原子，能发生催化氧

化反应，羟基所在碳的相邻碳上连有氢原子，可发生消去反应，所以A、B、C正确；1mol苹果酸中含有2mol羧基，则与Na2CO3溶液反应不一定消耗2molNa2CO3，可能消耗1molNa2CO3，如：12．C二者分子

式相同、结构不同，互为同分异构体，A正确；二者碳碳双键，都能与溴的单质发生加成反应，B正确；甲含—COOH与Na反应生成氢气，而乙不能，C错误；含—COOH、—COOC—，均可发生取代反应，D正确。13．A试管b中Na2CO3的作用是中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在溶液

中的溶解度，故A正确；试管b中导气管下端管口不能浸入液面的原因是防止实验过程中发生倒吸现象，故B错误；制取得到的乙酸乙酯会与氢氧化钠反应，故不能用氢氧化钠溶液来收集或除杂；故C、D错误。14．D加入Na2CO3饱和溶

液，蒸馏时乙醇中可混有大量水，且生成的b为乙酸钠和碳酸钠，故A错误；盐酸易挥发，得到的乙酸中混有HCl气体，故B、C错误；加入CaO固体，蒸馏可得乙醇和乙酸钙，加入硫酸，生成乙酸，故D正确。专练47基本营养物质合成材料1．A淀粉在酸性条件下可水解成葡萄糖，A项正确；葡萄糖、果糖均

含氧元素，均不属于烃类，B项错误；1个CO分子中含有14个电子，则1molCO中含有14×6.02×1023个电子，C项错误；未指明CO2处于标准状况，不能确定22.4LCO2的物质的量，D项错误。2．B氮化铝是一

种高温结构陶瓷，属于新型的无机非金属材料，A正确；天然橡胶的单体为异戊二烯，合成橡胶的单体如顺丁烯等中均含有碳碳双键，通过加聚反应合成制得橡胶，B错误；“芳纶”为合成纤维，属于有机高分子材料，C正确；可降解聚乳酸塑料的推广应用，可以减少难以降解塑料的使用，从而

减少“白色污染”，D正确。3．C乙醇和还原产物SO2也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能确定乙醇发生消去反应生成乙烯，A项错误；醛基与新制氢氧化铜反应的实验中碱应过量，而本实验中碱不足，故加热后不会出现砖红色沉淀，B项错误；向鸡蛋清溶液中加铵盐会

降低蛋白质的溶解度，使蛋白质析出，此过程为蛋白质的盐析，为可逆过程，加入蒸馏水后，析出的蛋白质可再溶解，C项正确；加少量碘水，溶液变蓝，说明溶液中有淀粉，可能未水解，也可能部分水解，D项错误。4．B桑皮和山桠皮的主要成分为纤维素，A项错误；桐油是

油脂，B项正确；复盐是由两种金属离子（或铵根离子）和一种酸根离子构成的盐，故碱式碳酸铜不是复盐，C项错误；桐油是植物油，为不饱和脂肪酸甘油酯，在空气中易被氧化变质，故不是物理变化，D项错误。5．A蔗糖酸性条件下水解后的溶液中含有大量H＋，要检验其水解产物，应先加入适量的氢氧化钠溶液，调节溶液

呈碱性，然后再向其中加入新制Cu（OH）2并加热，A不正确；油酸是分子中含有18个碳原子的不饱和高级脂肪酸，而硬脂酸是分子中含有18个碳原子的饱和高级脂肪酸，油酸甘油酯可与氢气发生加成反应得到硬脂酸甘油酯，还可以在碱性条件下水解为油酸盐和甘油，B正确

；—NH2具有碱性，因此氨基酸可以与酸反应生成盐，C正确；BaCl2是重金属盐，能使蛋白质变性，因此向鸡蛋清溶液中加入BaCl2溶液后产生白色沉淀，变性是不可逆的，过滤后向白色沉淀中加水，沉淀不溶解，D正确。6．D淀粉属于糖类，反应①属于淀

粉的水解，但是淀粉没有甜味，A错误；反应③是消去反应，反应④是加聚反应，反应⑤是氧化反应，B错误；聚乙烯中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；葡萄糖能与银氨溶液发生银镜反应，但乙醇不具有此性质，D正确

。7．B棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉分子中的n值不同，不属于同分异构体，A错误；不锈钢是铁的合金，B正确；花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，C错误；蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸，豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，D错误。8．

B9．B纯棉衬衣的主要成分是纤维素，纤维素是天然纤维，故纯棉衬衣属于天然纤维制品，A项错误；“奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料，由空心玻璃微球填充高强树脂制成，是由多种材料混合成具有特殊功能的材料，属于复合材料，B项正确；毛、丝含有蛋白质，燃烧

的产物有氮气、二氧化碳、二氧化硫和水，C项错误；光导纤维的主要成分为二氧化硅，二氧化硅不属于有机高分子材料，碳纤维也不属于有机高分子材料，D项错误。10．D葡萄糖为单糖，不能水解，在无氧呼吸条件下，1mol葡萄糖可以生成2

molCH3CH2OH和2molCO2,A错误；鸡蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和硫酸钠溶液，可以使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析是一个可逆的过程；加入饱和硫酸铜溶液会因变性产生沉淀，变性是不可逆的，B错误；油脂不是高分子化合物，在化学成分上都是高级脂肪酸跟甘油所生成的酯，1mol

油脂完全水解生成1mol甘油和3mol高级脂肪酸，C错误；蔗糖水解后溶液呈酸性，应先用NaOH调节至碱性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性，否则实验容易失败，D正确。11．C油脂不属于天然高分子化合物，故A错；加碘盐中碘元素以碘酸钾的形式存在，不能使淀

粉变蓝，故B错；食醋中乙酸和酒中的乙醇发生酯化反应生成酯类，故C正确；纯碱显碱性，能促进油脂的水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，故D错。12．D棉花和优质针叶木原料中的主要成分是纤维素，A正确；Fe3O4是具有磁性的黑色晶体，又称为磁性

氧化铁，B正确；树脂是一种有机高分子材料，C正确；假钞中遇碘变蓝的是淀粉，D错误。13．B由题图可推知乙是乙酸、丙是乙酸乙酯、丁是乙烯，其他化合物的结构简式已经给出。乙烯是重要的石油化工产品，其产量可以用来衡量一个

国家的石油化工发展水平，A正确；题图中所有有机物（淀粉除外）共含羟基、羧基、酯基、碳碳双键和醚键5种官能团，B错误；根据题图和元素守恒，可以推知C正确；乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，其单官能团链状的同分异构体

有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3CH2COOCH3、CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH，共5种，D正确。14．答案：（1）（C6H10O5）n（淀粉）＋nH2O―

→nC6H12O6（葡萄糖）（2）温度催化剂（3）没有加入碱中和作为催化剂的稀硫酸（4）氢氧化钠与碘反应了解析：（1）淀粉属于多糖，在酸性环境下水解的最终产物是葡萄糖，化学方程式为：（C6H10O5）n（淀粉）＋nH2O―→nC6H12O6

（葡萄糖）；（2）试管甲和乙均用2g淀粉和20mL20%的稀硫酸，试管甲用60～80℃的水浴加热5～6min，试管乙不加热，所以设计甲和乙是为了探究温度对淀粉水解的影响；试管丙用2g淀粉，与甲对比未用20mL20%的稀硫酸，试管甲和丙均用60～80℃

的水浴加热5～6min，所以设计甲和丙是为了探究催化剂对淀粉水解的影响；（3）淀粉水解后得到的溶液中含有稀硫酸，而用氢氧化铜检验葡萄糖须在碱性条件下进行，因此应先加入一定量的氢氧化钠中和稀硫酸，溶液呈现碱性

，然后在加入新制氢氧化铜悬浊液；（4）实验3中溶液的颜色无明显变化是因为碘单质和氢氧化钠溶液反应：I2＋2NaOH===NaI＋NaIO＋H2O。专练48基本仪器的使用及药品的存放1．A碱式滴定管排气泡时应弯

曲橡皮管将尖嘴斜向上方，然后挤压玻璃珠使溶液涌出，从而排出气泡，A项正确；加热试管内溶液时，试管夹应夹持在离试管口13处，试管与桌面应成45°，B项错误；实验室中试剂应按物质类别分类放置，C项错误；向试管中滴加液体时，胶头滴管

不能伸入试管内部，D项错误。2．D由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3固体，为了抑制FeCl3的水解，应在HCl气流中加热，D项符合题意。3．DNa2CO3固体比较稳定，受热不易分解，所以不能采用加热碳酸钠的方式制备二氧化碳，A错误；乙醇和乙酸是互溶的，不能采用分液的方式分离，应采用蒸馏来

分离，B错误；二氧化硫通入品红溶液中，可以验证其漂白性，不能验证酸性，C错误；测量氧气体积时，装置选择量气管，测量时要恢复到室温，两边液面高度相等，D正确；故选D。4．C量筒读数时最多只能精确到小数点后一位，A项错误；瓷坩埚中含有的SiO2能与NaOH反应，不能用

瓷坩埚加热熔化NaOH固体，B项错误；乙酸异戊酯与水不互溶，可以用分液的方法分离，C项正确；温度计不能用于搅拌，D项错误。5．DBr2在CCl4中的溶解度比在H2O中的大，且CCl4不溶于水，故可用CCl4萃取溴

水中的Br2，A项能达到实验目的；Cl2在饱和NaCl溶液中的溶解度很小，HCl极易溶于水，浓硫酸可吸水，故B项能达到实验目的；若铁丝网发生吸氧腐蚀，则试管中压强减小，烧杯中的红墨水会沿导管上升，C项能达到实验目的；收集NH3的导管应插入倒立的试管底部，且收集NH3的试管口不能用橡胶

塞密封，D项不能达到实验目的。6．A进入矿井下作业，不能用明火照明，可以用矿灯照明，故A正确；在繁华热闹的商场里燃放烟花爆竹容易引发火灾，故B错误；若液化气泄漏会形成与空气的混合气体，遇明火时易发生爆炸，故C错误；浓硫酸稀释时放热，若将水倒入浓硫酸中会造成水的

暴沸，从而引起硫酸飞溅，故应将浓硫酸注入水中，故D错误。7．D①氢氟酸腐蚀玻璃，应保存塑料瓶中，错误；②金属钠易与水和氧气反应，因此保存在密度比它小的煤油中，正确；③氧化钠能与氧气、二氧化碳、水等反应，所以要密封保存，错误；④浓硫酸腐蚀橡胶，应保存在带玻璃塞的试剂瓶中，错误；⑤水玻

璃可具有粘合性，能将玻璃塞和瓶口粘在一起，应保存在带橡胶塞的玻璃瓶中，错误；⑥过氧化钠、漂白粉能与空气中的二氧化碳、水反应，应密封保存，正确；⑦白磷易自然，应保存在冷水中，正确；⑧AgNO3固体见光易分解，应保存在棕色试剂瓶内，正确；⑨浓硝酸是液体试剂，应保存在棕色细口瓶内，错误；综

上所述，正确的说法是②⑥⑦⑧，所以选D。8．D银氨溶液不能长期存放，否则会生成易爆的叠氮化银（AgN3）等物质，A正确；对化学实验剩余药品，要做到“三不一要”：不放回原瓶，不随意丢弃，不拿出实验室，要放入指定容器，防止污染环境，造成安全事故

，B正确；易燃、易爆药品与有强氧化性的物质易发生燃烧或爆炸，要分开放置并远离火源，C正确；若碱溶液粘到皮肤上，先用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液中和残余的碱溶液，D错误。9．AKNO3的溶解度随温度升高增大较快，NaCl的溶解度受温度影响不大，冷却结晶

后KNO3成为晶体析出，过滤可除去NaCl，A符合题意；海带提碘的实验中，先将海带灼烧成海带灰，然后向海带灰中加入蒸馏水，煮沸2～3min，再过滤，得到滤液，煮沸是为了加快碘化物在水中的溶解，以使灰烬中的I－尽可能多地进入溶液

，然后加氧化剂氧化I－生成碘单质，再萃取、分液得到含碘单质的有机溶液，最后蒸馏得到碘，题中操作及所选玻璃仪器均不合理，B不符合题意；NaClO具有强氧化性，可以漂白pH试纸，不能用pH试纸测定其溶液的pH，C不符合题意；没有480mL规格的容量瓶，应配制500mL0.5mol·L－1C

uSO4溶液，计算后将称量好的62.5gCuSO4·5H2O在烧杯中溶解后转移到容量瓶中，洗涤，定容，使用胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶可完成配制溶液的实验，D不符合题意。10．B盐酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳中混有氯化氢气体，通入硅酸钠溶液中可得硅酸沉淀，不能证明碳酸的酸性比硅酸

强，故A错误；NO2能够与水反应生成NO，除去了二氧化氮，故B正确；铁做电解池的阴极，不参与反应，不能得到氢氧化亚铁，故C错误；蔗糖脱水炭化，会发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现浓硫酸的脱水性、强氧化性，品红溶液褪色说明二氧化硫具有漂白性，酸

性高锰酸钾溶液褪色说明二氧化硫具有还原性，故D错误。11．A①在点燃易燃性气体之前，必须检验气体的纯度，防止发生爆炸，①正确；②氢气是可燃性气体，做氢气还原氧化铜实验开始时，先通氢气排尽空气后再加热氧化铜，防止氢气与空气中的

氧气反应发生爆炸，②正确；③用大量水冲洗可洗去较多碱，且使沾在皮肤上的溶液浓度降低，减小腐蚀性，最后使用酸性较弱的硼酸溶液中和，反应掉沾在皮肤上的碱，③正确；④给试管里的液体加热时，液体过多容易使液体受热不均匀而出现局部沸腾，溅出伤人，

故给试管内的液体加热，液体体积一般不超过试管容积的1/3，④正确；⑤向酒精灯内添加酒精时一般不超过酒精灯容积的2/3不少于酒精灯容积的1/3，⑤错误。12．答案：（1）容量瓶、滴定管、量筒（2）BCEF（3）②2.6③2.50（4

）A解析：（4）称取4.2gNaCl固体时，砝码为4g，游码为0.2g，则依据左盘的质量＝右盘的质量＋游码的质量，得4g＝NaCl的质量＋0.2g，所以NaCl的质量为3.8g，比正确数值偏小；B项属于正

确现象，对所得数据无影响；酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接倒入标准液，标准液被稀释，所用体积增大，导致所测的碱液浓度偏大；读取量筒中液体的体积时，俯视液面所得的读数偏大。专练49物质的检验、分离、提纯1．A实验②说明样品中一定含

有Na2S2O3，发生反应：Na2S2O3＋2HCl===2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O；实验③说明样品中一定含有Na2SO4，发生反应：Na2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NaCl。2．A粗盐提纯时，用NaOH除去Mg2＋，用BaCl2除去SO2－4，用Na2

CO3除去Ca2＋及多余的Ba2＋，最后用盐酸除去多余的CO2－3、OH－，A项正确。3．A石灰水的主要成分为Ca（OH）2能与碳酸钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钙，二者均生成白色沉淀，不能达到鉴别的目的，A错误；Fe2＋变质后会生成Fe3＋，可以利用KSCN溶液鉴别，现象为溶液变成血红色

，可以达到检验的目的，B正确；Na2SO3被氧化后会变成Na2SO4，加入盐酸酸化的BaCl2后可以产生白色沉淀，可以用来检验Na2SO3是否被氧化，C正确；含有醛基的物质可以与银氨溶液反应生成银单质，可以用来检验乙醇中混有的乙醛，D正确；故答案选A。4．C尿素

[CO（NH2）2]、氯化铵和浓NaOH溶液加热时均反应生成NH3，因此两支试管口的试纸都变蓝色，A项错误；Cl－也能被KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，应将铁锈溶于稀硫酸，再滴入KMnO4溶液，B项错误；溶液中存在2CrO2－4（黄色）＋2H＋⇌Cr2O2－7（橙色）＋H2O，先滴加一

定量硫酸，c（H＋）增大，平衡正向移动，溶液由黄色变为橙色，再滴加一定量NaOH，c（H＋）减小，平衡逆向移动，溶液又变为黄色，C项正确；NO2气体是红棕色，NO2与水反应生成HNO3和NO，HNO3也能将KI氧化为I2，

从而使淀粉－KI试纸变蓝色，D项错误。5．A根据反应CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3、CaCO3＋H2O＋CO2===Ca（HCO3）2及NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，知最终瓶中会有NaHC

O3白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项符合题意；由Cl2＋2FeCl2===2FeCl3、2FeCl3＋Fe===3FeCl2知，B项不符合题意；NO－3在酸性条件下与Cu发生反应3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C项不符

合题意；由AgCl＋2NH3===[Ag（NH3）2]＋＋Cl－知，D项不符合题意。6．DA项，若用氨水，则Mg2＋、Al3＋均转化为沉淀，不能分离Mg（OH）2和Al（OH）3，错误；B项，Al3＋与过量NaOH反应生成NaAlO2，溶液a中含AlO－2、K＋

、Cl－、Na＋、OH－，错误；C项，K＋、Cl－、Na＋在整个过程中不参加反应，溶液b中含KCl、NaCl，错误；D项，因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，正确。7．C根据沉淀加热生成MgO和气体可知其主要成分应是MgCO3，故C错。8．D溴与苯酚反应生成三溴

苯酚，三溴苯酚会溶解在甲苯中，应加入NaOH溶液充分反应后分液，A错误；B中溴乙烷和溴都能与氢氧化钠发生反应，B错误；乙酸与饱和Na2CO3溶液生成乙酸钠溶于水，酯不溶于水，可以用分液法分离，C错误；由于氯化钠溶解度受温度变化影响不大，故D正确。9．C

将淀粉与稀硫酸共热后，先向水解产物中加入NaOH溶液调节至碱性，再加入新制氢氧化铜，加热，才能产生砖红色沉淀，故A不符合题意；将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，由于乙醇易挥发，乙醇也

能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此溶液褪色不能说明有乙烯生成，故B不符合题意；将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热产生的气体通入溴水中，溴水褪色，乙烯和溴发生加成反应，说明有乙烯生成，故C符合题意；将苯、液溴、铁粉混合物反应产生的气体通入AgNO3溶液中有淡黄色

沉淀产生，由于液溴易挥发，液溴与硝酸银也生成淡黄色沉淀，因此不能说明有HBr生成，故D不符合题意。10．D乙酸与乙醇互溶，二者不分层，不能利用分液装置进行分离，应用蒸馏的方法将二者分离，A错误；乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化产生CO2气体，使甲烷中又混入了新的

杂质气体，应该使用溴水洗气除杂，B错误；溴和溴苯均可透过滤纸，不能采用过滤的方法进行分离，应先加NaOH溶液，然后分液，C错误；酒精、甲醇互溶，但二者沸点不同，则可利用蒸馏装置进行分离，D正确。11．答案：（1）不同意，只有N、Fe化合价升高，没有元素化合价降低（2）①除去NH3②C装置中

溶液由红色变为无色③Fe2O3碱石灰干燥剂（3）①G、H、I②H中有白色沉淀生成BaCl2＋SO3＋H2O===BaSO4↓＋2HCl（或SO3＋H2O===H2SO4，BaCl2＋H2SO4===BaSO4↓＋

2HCl）（4）KSCN取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，振荡充分溶解，再滴加酸性高锰酸钾溶液，若紫色溶液变浅，则说明样品未完全变质；若紫色溶液不变色，说明样品已完全变质（5）①250mL容量瓶酸式滴定管②S2O2－8＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2S

O2－4③2850cw%解析：（1）在氧化还原反应中，有元素化合价升高，必有元素化合价降低。在甲同学的猜想中，无元素化合价降低，故甲同学的猜想不合理。（2）①由硫酸亚铁铵中所含元素知，它分解可能生成氨气、SO2等。五氧化二磷是酸性干燥剂，可以吸收氨气，用B装置除去NH3，可避

免C中溶液倒吸。②品红溶液可检验SO2，现象是溶液由红色变为无色。③氧化铁呈红色，四氧化三铁、氧化亚铁呈黑色。可用碱石灰吸收酸性气体，如SO2等，避免SO2污染环境。（3）①氢氧化钠溶液吸收SO3，但没

有明显现象，故不能选用氢氧化钠溶液；将SO2通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀，故不能用硝酸钡溶液。H中有足量盐酸，可以吸收氨气，也可避免SO2与氯化钡溶液反应生成BaSO3。选择安全瓶，防溶液倒吸。故组装仪器

顺序为A、G、H、I。（4）硫酸亚铁铵变质生成铁离子，用KSCN溶液检验铁离子。检验硫酸亚铁铵是否完全变质，实质是检验亚铁离子是否存在，可用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子。（5）①称量固体样品用托盘天平，配制一定物质的量浓度的溶液需要烧杯、玻璃棒、量筒、指定规格的容量瓶、

胶头滴管等，本实验配制250mL溶液，需要250mL的容量瓶，量取硫酸亚铁铵溶液需要酸式滴定管；过二硫酸铵是强氧化剂，能氧化碱式滴定管下端的橡胶管，故用酸式滴定管量取过二硫酸铵溶液。②依题意知，硫酸亚铁铵作还原剂，过二硫酸铵作氧化剂，在水溶液中发生反应的离子方程式为S2

O2－8＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2SO2－4。③实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ测得硫酸亚铁铵溶液的体积依次为20.08mL、22.12mL、19.92mL。显然，实验Ⅱ中数据误差较大，舍去。实验Ⅰ和Ⅲ的平均值为20.08mL＋19.92mL2＝20.00mL。根据S2

O2－8与Fe2＋反应的离子方程式可得n（Fe2＋）＝2n（S2O2－8），故过二硫酸铵样品的纯度为20.001000L×cmol·L－1×12×228g·mol－1×250mL20.00mLwg×100%＝285

0cw%。专练50物质的制备与性质实验1．CA项，加入淀粉KI溶液后溶液变蓝，不一定是Br2氧化I－，也可能是过量的氯水氧化I－，不能得出Br2的氧化性大于I2的结论，错误；B项，蔗糖的水解液中含有稀硫酸，需要加碱

中和后，才能加入新制的Cu（OH）2悬浊液并加热，错误；D项，加热后聚氯乙烯分解产生氯化氢等气体，而聚氯乙烯是氯乙烯加聚形成的，两个反应不是同一反应的正、逆反应，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，错误。2．C酸碱中

和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；NaClO和Na2SO3反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴Na2CO3溶液，若有浑浊产生

，则说明Ba2＋没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物（葡萄糖）存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。3．C碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性

，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠溶液呈现浅红色，A正确；食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管口形成一段水柱，B正确；钠燃烧温度在400℃以上，

玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙，C错误；石蜡油发生热分解，产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，使试管中溴的四氯化碳溶液褪色，D正确。4．C向待测液中滴加KSCN溶液，溶液若变成血红色，说明存在Fe3＋，证明FeSO4被氧

化，可以达到实验目的，A不符合题意；实验室利用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，所得气体中含有HCl，故先将所得气体通入饱和食盐水中，除去HCl，再经过浓硫酸干燥，可得纯净、干燥的氯气，可以达到实验目的，B不符合题

意；测定NaOH溶液的pH时，pH试纸不能润湿，否则会稀释待测液，使溶液碱性减弱，测得的pH偏小，不能达到实验目的，C符合题意；工业酒精中含有水，先加入生石灰除去水分，再进行蒸馏，可制备无水乙醇，可以达到实验目的，D不符合题意。5．C由最终得到FeCl3及其流程图可以知道，b为盐酸，若为

硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A错误；上述分析可以知道，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是结晶，过滤，所用仪器不同，故B错误；滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气氧化亚铁离子为铁离子的反应为：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，故C正

确；亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2＋，故D错误。6．C将SO2通入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀，A错误；将浓硫酸滴入含少量水的蔗糖中，得黑色蓬松的固体及刺激性气味气体，该过程中浓硫酸体现吸水性、脱水性和强氧化

性，B错误；金属钠与水反应比乙醇与水反应剧烈，说明羟基的活动性：水＞乙醇，C正确；向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入1mL0.1mol·L－1MgCl2溶液，产生Mg（OH）2后，NaOH过量，所以再向混合液中滴加0.1mol·L－1CuCl2

溶液产生蓝色沉淀，并不是Mg（OH）2沉淀转化成Cu（OH）2沉淀，D错误。7．D图甲中左侧盛放稀硫酸的试管侧面导管应有一个止水夹，且导管应插入液面以下，打开止水夹，利用Fe粉和稀硫酸反应产生的氢气排尽装置内的空气，之后关闭止水夹，将硫酸

亚铁溶液压入氢氧化钠溶液中制取氢氧化亚铁，A项错误；氨气极易溶于水，应有防倒吸装置，且应先通入氨气，再通入二氧化碳，B项错误；碳酸氢钠稳定性较差，应放在温度较低的小试管中，C项错误；将胶头滴管中NaOH溶液挤入烧瓶中，若Cl2能溶于水或与NaOH溶液反应，则气球会鼓起来，D项正确

。8．D加入碎瓷片能防止暴沸，A项正确；锡为第ⅣA族元素，SnI4为非极性分子，故SnI4可溶于CCl4中，B项正确；球形冷凝管下口进水，上口出水，C项正确；装置Ⅱ的主要作用是防止空气中的水蒸气进入反应装置中使产物

水解，D项错误。9．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，上口流出，B项正确；酯化反应为可逆反应，加入过量乙醇，促进反应正向进行，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，促进反应正向进行，也可提

高丙酸的平衡转化率，C项正确；由题干可知，丙酸乙酯常温下呈液态，不溶于水，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，D项错误。10．答案：（1）Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑（2）②（3）a、bc、d（4）防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒（5）适当

升温加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解（6）H2＋O2=====Ni乙基蒽醌H2O2（7）17%解析：从H2O2的制备原理图可知，反应分两步进行，第一步为H2在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，第二步为O2与乙基蒽醇反应生成H2O2

和乙基蒽醌。启普发生器A为制取H2的装置，产生的H2中混有HCl和H2O，需分别除去后进入C中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成H2O2和乙基蒽醌，F中装有浓H2SO4，与C相连，防止外界水蒸气进入C中，使催化剂N

i中毒。（2）A中出来的H2中含有HCl和水蒸气，结合已知信息可知，必须在装置B中将其除去，碱石灰同时吸收HCl和水蒸气，故应选②。（3）开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的H2进入C中，在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭a，

仅保持活塞b打开，将残留H2抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将O2通入C中与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。（4）H2O容易使Ni催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中。（5）适当升温加快反应

速率，同时防止温度过高H2O2分解，所以反应过程中控温45℃。（6）氢醌法制备H2O2，H2和O2是反应物，乙基蒽醌和Ni是催化剂，故总反应的化学方程式为H2＋O2=====Ni乙基蒽醌H2O2。（7）消耗标准溶液体积为20.90mL的误差过大，应舍去

，故平均消耗标准溶液的体积为12×（19.98mL＋20.02mL）＝20.00mL，结合2MnO－4＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O可知，反应的n（H2O2）＝52n（MnO－4）＝52×20.00×10－3L×

0.0500mol·L－1＝2.5×10－3mol，故产品中H2O2质量分数为2.5×10－3mol×34g·mol－1×52.5g×100%＝17%。专练51实验方案的设计与评价1．CA项，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，NH＋4对CH3COO－

的水解有影响，可以分别测同浓度的CH3COONa与NaHCO3溶液的pH，错误；B项，KMnO4溶液与浓盐酸也可以发生氧化还原反应而褪色，不能验证溶液中是否有Fe2＋，错误；C项，存在可逆反应：2CrO2－4（黄色）＋2H＋⇌Cr2O2－7（橙红色）＋H

2O，氢离子浓度增大，平衡正向移动，正确；D项，乙醇与钠也可以发生反应产生氢气，不能用来检验乙醇中是否含有水，错误。2．DMgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀（氢氧化镁），氢氧化镁不与过量的NaOH溶液发生反应，沉淀不消失，A错误；

FeCl2溶液中滴加KSCN溶液，不反应，溶液不变色，B错误；AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C错误；酸性KMnO4溶液可以氧

化乙醇，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D正确。3．C随着反应进行，H＋浓度减小，其与Fe的反应速率减慢，且Cu2＋得电子生成的铜覆盖铁电极，可阻碍H＋与铁接触，导致产生的气体减少，A项正确；由以上分析知，B项正确；[C

u（NH3）4]2＋在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，故随阴极析出铜，[Cu（NH3）4]2＋浓度减小，Cu2＋＋4NH3⇌[Cu（NH3）4]2＋平衡正向移动，C项错误；由以上分析知，D项正确。4．C常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显

，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误；浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中是否含有硫酸根，B错误；铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致

溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；故选C。5．DA中NaOH过量，所以产生Fe（OH）3沉淀并

不能证明是Mg（OH）2沉淀转化的，A错误；比较元素非金属性强弱要通过最高价含氧酸的酸性强弱来比较，B错误；将25gCuSO4·5H2O溶于100mL蒸馏水中，最后溶液体积不是100mL，C错误；将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，如果下层液体变成紫

色，说明生成了I2，能验证氧化性：Fe3＋>I2。6．A本题涉及常见物质的制备方法及除杂知识，通过物质制备的原理，考查了化学实验与探究能力；依据探究目的设计实验，体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。A项，Cl2＋2Na2CO3＋H2O===2NaHCO3＋NaCl＋NaClO，故将

Cl2通入Na2CO3溶液中不能制备较高浓度的HClO溶液，错误；B项，MnO2作催化剂可以加快H2O2的分解速率，正确；C项，乙酸和Na2CO3溶液可以反应，乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度较低，溶液分层，正确；D项，根据强酸制弱酸原理可知正确。7．C稀硝酸

有氧化性，会将SO2－3氧化成SO2－4，故用稀硝酸检验SO2－4不能排除SO2－3的干扰，A不严密；检验Fe2＋不能同时使用KSCN和KMnO4这两种试剂，颜色会相互干扰，B不严密；I－被双氧水氧化为I2，淀粉

溶液遇碘变蓝，C严密；D中不能排除SO2－3的干扰，D不严密。8．DA项，向FeSO4溶液中滴加几滴KSCN溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，说明Fe2＋被新制氯水氧化，能证明Fe2＋具有还原性，不符合题意；B

项，向SO2水溶液中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，能证明SO2具有漂白性，不符合题意；C项，向盛有淀粉­KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明Br2将KI氧化成了I2，

能证明Br2的氧化性比I2的强，不符合题意；D项，没有给出醋酸和盐酸的浓度，故不能通过pH判断CH3COOH是弱电解质，符合题意。9．D碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的电离过程，电离生成的碳酸根离子能够与钡离子

反应生成碳酸钡沉淀，故A正确；实验①中形成沉淀时促进碳酸氢根离子的电离，溶液的酸性逐渐增强，氢离子与碳酸氢根离子反应放出二氧化碳气体，故B正确；实验②中亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸钡被空气中的氧气氧化生成硫酸钡，故C正确；实验③中，如果发生Ba2＋＋H

2SO3===BaSO3↓＋2H＋，生成的亚硫酸钡能够被氢离子溶解，应该是亚硫酸被氧化生成了硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故D错误。10．DA项，用pH试纸测溶液的pH时，用水湿润pH试纸相当于稀释溶液，可能

导致测量的pH出现误差，错误；B项，不能在容量瓶中直接溶解固体溶质，错误；C项，AlCl3易水解，在加热蒸干AlCl3溶液时，HCl挥发，留下的固体是Al（OH）3，错误；D项，SO2可被NaOH溶液吸收，CH2===CH2与NaOH溶液不反应且不溶于NaOH溶液，正确。11．A玻璃管的作用是

连通大气，平衡压强，以便左右两边产生的气体顺利导入，A正确；如果产生的是氨气，氨气极易溶于水，为了防止倒吸，产生氨气的导管不能插入BaCl2溶液中，B错误；SO2与BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离

子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，C错误；e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生氨气碱性气体与SO2反应生成SO2－3，从而生成BaSO3沉淀，而浓氨水与浓H2SO4不能产生NH3，D错误。专练5

2实验综合应用一1．B描述的是砒霜的精制，类似于碘的升华与凝华，A项不符合题意；酒精在醋酸菌的作用下可以被氧化成醋酸，涉及化学反应但没有涉及分离提纯操作，B项符合题意；包含溶解、蒸发结晶，涉及分离提纯操作，C项不符合题意；描述的是酒的蒸馏，涉及分离提纯操作，D项不符合题意。2．D由于连

接氢气发生装置的导管在液面以下，且倒置漏斗稍浸入液面下，保证收集到的氢气较纯净，可以防止点燃时发生爆炸，该操作是从安全角度考虑，A项不符合题意；振荡后打开活塞使漏斗内气体放出，防止漏斗内压强过大引起危险

，该操作是从安全角度考虑，B项不符合题意；水层在下层，导管末端插入水中，不能起到防止倒吸的作用，该操作不正确，C项不符合题意；配制一定物质的量浓度溶液时，将容量瓶倒置摇匀，使溶液混合均匀，该操作正确但与实验安全性无关，D项符合

题意。3．B试管中导管与外界空气相通，不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，A不正确；用弹簧夹夹住橡胶管；向长颈漏斗中加水，待水浸没管口，继续加水至长颈漏斗与锥形瓶内液面形成高度差，一段时间后，若液面高度差不变，说明装置气密性良好，故能检查装置气密性，B正确；装置中长颈漏斗与外界空气

相通，不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，C不正确；玻璃管中导管与外界空气相通，不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，D不正确。4．BMnO2和浓盐酸反应需要加热，此装置图中缺少加热装置，故A错误；Na2SO3与70%的浓硫酸反应产生SO2

，通过浓硫酸进行干燥，因为SO2的密度大于空气，因此采用向上排空气法收集，SO2有毒，需进行尾气处理，倒置的漏斗可以防止倒吸，故B正确；NH3能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸进行干燥，且NH3的密度小于空气，应

用向下排空气法收集，故C错误；NO能与空气中氧气反应，应用排水法收集，故D错误。5．B用新制的氢氧化铜悬浊液可以检验葡萄糖，但需要加热，所以缺少酒精灯，故A错误；实验室制备氯气需要圆底烧瓶、分液漏斗、集气瓶、烧杯、导管、酒精灯等，所需试剂为浓盐酸、MnO2、NaOH溶液，

故B正确；食盐精制过程中，除去杂质过滤后，还需用蒸发皿进行蒸发，所以缺少蒸发皿、酒精灯等，故C错误；测定盐酸的浓度过程中，需要量取待测盐酸的体积，所以还缺少移液管或酸式滴定管，故D错误。6．BCl2能使湿润的

淀粉­KI试纸变蓝，但饱和食盐水除去的是氯化氢，不能除去氯气，A错误；无水硫酸铜遇水变为蓝色，可以检验水的存在，生石灰与水反应生成氢氧化钙，然后蒸馏即可得到C2H5OH，B正确；碳酸钠溶液也能与二氧化碳反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除杂，C错误；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，I2受热升华

为碘蒸气，冷却后又变成NH4Cl和I2的混合物，不能除去碘，D错误。7．C将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中，相当于Cu与稀硝酸反应，还原产物是一氧化氮，一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮，故A错误；火焰呈黄色，说明是含钠元素的物质，不能确定一定是钠盐，故B

错误；因为相同温度下Ksp（AgI）<Ksp（AgCl），所以向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，会有白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，故C正确；纯碱水解生成NaOH，牛油属于酯类化合物，遇NaOH水解得到丙三醇和高级脂肪酸盐，故D错误。8．D仪器①为注射器，通过推动注射器，可以控制石蜡油滴加的速率，

A项正确；装置②中导气管没有插入到酸性KMnO4溶液中，可以起到防倒吸的作用，B项正确；石蜡油分解的产物中含有烯烃，烯烃能被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此关闭K1，打开K2，装置②中溶液颜色逐渐褪去，C项正确；加热一段时间后，关闭K2，打开K1，

在③处点燃气体时，由于石蜡油分解产物中烯烃的碳含量较高，因此火焰明亮，且有黑烟，D项错误。9．C由电流方向可知a是正极，b是负极，电解时，c为阳极，溶液中氯离子在此极发生氧化反应生成能使湿润的淀粉－K

I试纸变蓝的气体氯气，A正确；H2、NH3、Cl2、HCl、NO2可以采用排空气法来收集，收集H2、NH3时，导管是短进长出，收集Cl2、HCl、NO2时，导管长进短出，B正确；乙炔中含有杂质硫化氢等，硫化氢具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，影响

到乙炔的还原性的检验，C错误；氨气的收集采用向下排空气法，导管可以短进长出，用碱石灰来干燥，用水来吸收时，要防止倒吸，故D正确。10．A乙醇具有还原性，能把K2Cr2O7还原，A正确；酸性条件下，硝酸根将二氧化硫氧化为硫酸，所以硝酸的氧化性大于硫酸

，B错误；白色物质为Al2O3，HgO是红色物质，C错误；D中Fe的存在形式是[Fe（CN）6]4－，不是Fe2＋，所以相同浓度的K4Fe（CN）6和CuSO4溶液中Fe2＋、Cu2＋浓度并不相同，前者无明显现象，后者产生黑色沉淀，并不能比较Ksp（FeS）和Ksp（CuS）的大小，D错误。11

．答案：（1）锥形瓶升温，搅拌等（2）浓氨水分解和挥发双氧水分解冰水浴（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁（4）活性炭（5）利用同离子效应，促进钴配合物[Co（NH3）6]Cl3尽可能完全析出，提高产率解析：（1）由图中仪器的结构特征可

知，a为锥形瓶；加快氯化铵溶解可采用升温，搅拌等；（2）步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，它们高温下易挥发，易分解，所以控制在10℃以下，避免浓氨水分解和挥发，双氧水分解。要控制温度在10℃以下，通常采用冰水浴降温；（3）图中为过滤装置，玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，可能戳破滤纸，造

成过滤效果不佳。还有漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，可能导致液滴飞溅；（4）步骤Ⅳ中，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，根据题目信息，钴配合物[Co（NH3）6]Cl3溶于热水，活性炭不溶于热水

，所以趁热过滤可除去活性炭；（5）步骤Ⅴ中，将滤液转入烧杯，由于钴配合物[Co（NH3）6]Cl3中含有氯离子，加入4mL浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物[Co（NH3）6]Cl3尽可能完全析出，

提高产率，故答案为：利用同离子效应，促进钴配合物[Co（NH3）6]Cl3尽可能完全析出，提高产率。专练53实验综合应用二1．答案：（1）c（2）中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高（3）2＋2Na―→2＋

H2↑（4）将环氧乙烷溶液沿烧瓶壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热（5）将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率（6）球形冷凝管和分液漏斗除去水（7）70.0%解析：（1）步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应，故选c。（2）噻吩沸点低于

吡咯（）的原因是：中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高。（3）步骤Ⅱ中和Na反应生成2­噻吩钠和H2，化学方程式为：2＋2Na―→2＋H2↑。（4）步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：将环氧乙烷溶液沿烧瓶壁缓缓加入，此过程中不

断用玻璃棒进行搅拌来散热。（5）2­噻吩乙醇钠水解生成2­噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节pH的目的是将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率。（6）步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝

管，无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水MgSO4的作用是：除去水。（7）步骤Ⅰ中向烧瓶中加入300mL液体A和4.60g金属钠，Na的物质的量为4.60g23g·mol－1＝0.2mol，步骤Ⅱ中Na完全反应，

根据方程式可知，理论上可以生成0.2mol2­噻吩乙醇，产品的产率为17.92g0.2mol×128g·mol－1×100%＝70.0%。2．答案：（1）Na2SO4·10H2O＋4C=====高温Na2S＋4CO↑＋

10H2O（2）粗品中有不溶性固体，起到了防暴沸作用加快冷却水的流速或降低水浴的温度（3）防止乙醇挥发过多而析出产品D（4）减少乙醇的挥发重金属硫化物温度降低或乙醇挥发过多（5）95%冷乙醇解析：（1）Na2SO4

·10H2O→Na2S、C→CO，根据得失电子守恒、原子守恒可得Na2SO4·10H2O＋4C=====高温Na2S＋4CO↑＋10H2O。（2）粗品中含有不溶性固体，起到了防暴沸的作用，故回流前无需加入沸石；若气雾上升过高，说明温度过高，可通过加

快冷却水的流速或降低水浴的温度来解决。（3）回流的目的是浓缩Na2S的乙醇溶液，若回流时间过长，会造成乙醇挥发过多，致使硫化钠晶体析出；移去热源后，烧瓶中温度仍较高，故冷凝水应最后关闭。（4）锥形瓶瓶口比烧杯口要小

，可减少乙醇的挥发；由题意知重金属硫化物难溶于乙醇，故热过滤除去的杂质为重金属硫化物；若滤纸上析出大量晶体（Na2S·xH2O），主要原因是温度降低或乙醇挥发过多。（5）硫化钠易溶于热乙醇，说明硫化钠在冷乙醇中溶解度较小，可用95%冷乙醇洗涤。3．答案：（1）球形冷凝管酸式滴定管（2）C（3）K

a1（H3PO4）与Ka1（H2SO3）相差不大，H3PO4与亚硫酸盐反应存在平衡：H3PO4＋SO2－3⇌HPO2－4＋H2SO3、H2SO3⇌H2O＋SO2，加热使SO2不断逸出，促进反应向生成SO2的方向进

行（4）检漏蓝色SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋2I－＋SO2－4（5）偏低（6）80.8解析：（1）装置图中a是用于冷凝回流的球形冷凝管，b带玻璃旋塞，为酸式滴定管。（2）三颈烧瓶中加入400mL水，由于三颈烧瓶盛放的溶液体积不能超过其容积的23，故选用1000mL，C正确。（3）Ka1（

H3PO4）与Ka1（H2SO3）相差不大，H3PO4与亚硫酸盐反应存在平衡：H3PO4＋SO2－3⇌HPO2－4＋H2SO3、H2SO3⇌H2O＋SO2，加热使SO2不断逸出，促进反应向生成SO2的方向进行。（4）滴定管使用前需检漏，在确认不漏液的情况下方可使用；淀粉遇碘变蓝，

则滴定终点时，溶液呈蓝色；滴定过程中SO2被氧化为SO2－4，I2被还原为I－，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒得反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋2I－＋SO2－4。（5）若先加磷酸，生成的少量SO2被空气中的O2氧化，消耗的碘标准溶液减少使测定结果偏低。（6）由离子方

程式SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋2I－＋SO2－4可得n（SO2）＝n（I2），而V（I2）＝V消耗＋V预加－V空白＝1.20mL，则样品中亚硫酸盐含量为0.010×1.2×10－3×64×10395%×10×10－3mg·kg－1≈80.8mg·kg－1。4．答案：（1）

油（2）球形冷凝管a（3）防暴沸（4）FeCl2可行空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应（5）Fe3＋水解（6）a（7）b解析：（1）该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为热

传导介质；（2）根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出；（3）步骤②中，若沸腾时加入安息香（其室温下为固体），会暴沸，所以需要沸腾平息后加入；（4）FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl

2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；（5）FeCl3易水解，乙酸还可以防止Fe3＋水解；（6）根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，

安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香；（7）2.0g安息香（C14H12O2）的物质的量约为0.0094mol，理论上可产生二苯乙二酮（C14H10O2）的物质的量约为0.0094mol，质量约为1.98g，产率为1.6g1.98g×100%＝80.8%

，最接近80%。专练54原子结构与性质1．A2．B电子云表示电子在单位体积内出现概率的大小，不是电子运动形态，A错；发生焰色反应时，物质的能量升高，电子向能力高的轨道跃迁，是发射光谱，B正确；3d104s1是铜原子的外围电子排布式，C错；

电子运动状态不能用牛顿运动定律来描述，D错。3．B由R元素的各级电离能数据可知，I2、I3之间相差较大，说明R原子最外层有2个电子，其最高化合价为＋2价，A、C错误；又因R元素为短周期主族元素，则R元素位于元素周期表的第ⅡA族，R可能

是Be元素或Mg元素，故其基态原子的电子排布式为1s22s2或[Ne]3s2，B正确、D错误。4．D根据电负性和最低负化合价，推知A为C、B为S、C为Cl、D为O、E为F。C、D、E的氢化物分别为HCl

、H2O、HF，氢化物稳定性为：HF>H2O>HCl，A错误；C元素最外层电子排布为2s22p2，2p2上的两个电子分占两个轨道，且自旋方向相同，B错误；S最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，它们之间可形

成化合物，如S2Cl2，C错误；Na能与H2O发生置换反应生成NaOH、H2，D正确。5．B电子层上全部都是s电子的原子不一定属于同一周期，如H和Li，故A错误；3p能级上只有一个空轨道的原子是Si原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子是A

l或Cl，对应元素一定属于第三周期，故B正确；最外层电子排布为2s22p6的原子是Ne、最外层电子排布为2s22p6的离子是F－、Na＋等，故C错误；原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的原子可能是Ar、K、Ca，不一定处于同一周期，故D错误。6．C锰为25号元素

，基态锰原子的价电子排布图为，A项错误；同周期元素电负性从左往右逐渐增大，元素Zn、Ge、As的电负性由大到小的顺序为As>Ge>Zn，B项错误；共价化合物指只含共价键的化合物，一定不存在离子键，一定存在极性键，可能存在非极性键，C项正确；PCl5的P原子最外层

为10个e－，不满足最外层8电子稳定结构，D项错误。7．D短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y的L层上p电子数比s电子数多2，则Y是O元素；基态X原子核外有2个未成对电子，且原子序数小于O，则X为C元素，W与X同主族，W为Si元素；Z元素的逐级电离能（kJ·mol

－1）依次为578、1817、2745、11575、14830……，Z元素的第四电离能突变，则Z为Al元素。电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则铝离子的离子半径小于氧离子，故A错误；铝元素位于元素周期表第三周期第ⅢA族，故B错误；结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子

间作用力越大，熔、沸点越高，则甲烷的沸点低于甲硅烷，故C错误；14C是碳元素的一种核素，可用于测定一些文物的年代，故D正确。8．BBeCl2的中心原子为Be，根据VSEPR模型可以计算，BeCl2中不含有孤电子对，因此BeCl2为直线形分子，A错误；P4分子中相邻两P原子之间形成共价键，同种原子

之间形成的共价键为非极性共价键，P4分子中的共价键类型为非极性共价键，B正确；Ni原子的原子序数为28，其基态原子的价电子排布为3d84s2，C错误；顺­2­丁烯的结构中两个甲基在双键的同一侧，其结构简式为，D错误；故答案选

B。9．C电负性大的元素在化合物中显负价，故X显负价，Y显正价，A正确；第一电离能可能Y大于X，如N＞O，也可能小于X，B正确；非金属性X＞Y，则X对应的最高价含氧酸的酸性强于Y对应的最高价含氧酸的酸性，气态氢化物的稳定性HmY小于HnX，C错误，D正确。10．C原子核外电子排

布式为1s2的X原子为He，原子核外电子排布为1s22s2的Y原子为Be，He是稀有气体，Be为活泼的金属，二者化学性质差异较大，A错误；原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Sc、Ti、V、Fe、

Co、Ni、Zn等元素，所以，其化学性质差异较大，B错误；2p轨道上有三个未成对电子的X原子为N，3p轨道上只有3个未成对电子的Y原子为P，二者属于同一主族，化学性质相似，C正确；最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能是H和碱金属原子Na，化学性质差异很大，D错误。1

1．答案：（1）4s24p1哑铃形（或纺锤形）5（2）＋1大（3）V、Co（4）sp2三角锥形（5）小于NH3与AsH3的结构相似，NH3之间能形成氢键，沸点更高（6）共价键4×（70＋75）×1030NA×a3解析：（1）Ga是31号元素，其基态原子价

电子排布式为4s24p1；核外电子占据的最高能级为4p，其电子云形状为哑铃形；As是33号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，最高能层为N层，有5个电子。（2）根据题中数据知，镓失去1

个电子所需能量较小，失去3个电子后电离能突变，由此可推知镓的主要化合价为＋1和＋3；基态As原子4p能级电子排布为半充满的较稳定状态，其第一电离能较大，故砷的第一电离能比镓的第一电离能大。（3）基态As原子核外未成对电子有3个，第四周期元素中未成对电子数目为3的还

有V和Co。（4）（CH3）3Ga中Ga原子的价层电子对数是3，根据价层电子对互斥理论推断Ga原子的杂化类型为sp2；AsH3分子中As原子的价层电子对数＝3＋5－3×12＝4，含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论推断其空间构型为三角锥形。（5）NH3与AsH3的结构相似，

但NH3之间能形成氢键，沸点更高。（6）由GaAs为共价晶体知，Ga和As原子之间以共价键键合，该晶胞中Ga原子个数是4、As原子个数＝8×18＋6×12＝4，根据ρ＝mV，可得其密度为4×（70＋75）NA×（a×10－1

0）3g·cm－3＝4×（70＋75）×1030NA·a3g·cm－3。12．答案：（1）1s22s22p63s23p63d64s2（2）sp3（3）电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光（子）的形式释放能量（4）Mn2＋的3d轨道电子排布为半满状态，比较稳定（5）2（6）Al

解析：（1）26号为铁元素，核外有26个电子，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；（2）d为N元素，a为H元素，二者形成的NH3中N的孤电子对数＝12×（5－3×1）＝1，则其价电子对数＝1＋3＝4，故NH3的中心原

子N的杂化形式为sp3；（3）h为Mg元素，电子从能量高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光（子）的形式释放能量；（4）o为Mn元素，p为Fe元素，原子轨道处于半满、全满、全空时能量最低最稳定。Mn2＋的3d轨道电子排布为半满状态，比较稳定，故Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个

电子难；（5）同周期自左而右电负性增大，则电负性最大的为Cl，第三周期元素单质的熔点是：Si＞Al＞Mg＞Na＞S＞P＞Cl2＞Ar，故2为Cl；（6）该主族元素第四电离能剧增，则其最外层有三个电子，为第三主族元素，为表中的i元素，即Al。专练55分子结构

与性质1．B由N＋13的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确；中心N原子为sp3杂化，与中心N原子直接相连的N原子为sp2杂化，与端位N原子直接相连的N原子为sp杂化，端位N原子为sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种，B错误；中心N原子为sp3杂化，则其空间结

构为四面体形，C正确；N＋13中含叠氮结构（—N··===N===N····），常温下不稳定，D正确。2．CNH3能形成分子间氢键，所以NH3沸点比PH3沸点高，容易液化，且NH3熔点高于PH3，故A、B错误；NH3中氮原子有孤电子对，所以能与Ag

＋以配位键结合，故C正确；NH3的成键电子对间排斥力较大，所以NH3键角比PH3的大，故D错误。3．Cσ键头碰头重叠，π键肩并肩重叠，σ键重叠程度大，形成的共价键强，A正确；两个原子之间形成共价键，最多有一个σ键，B正确；稀有气体的单质中不存在化学键，则不含σ键、π键，故C错误；氮气中存在

N≡N，有一个σ键，两个π键，D正确。4．BCH4分子中的sp3杂化轨道是由碳原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相同的新轨道，A错，B正确；凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，其几何构型是四面体，不一定都是正四面体，如CH3

Cl不是正四面体，C错；AB3型的共价化合物，其中心原子可采用sp3杂化轨道成键，也可采用sp2杂化轨道成键，D错。5．A水中氢键的存在使水具有特殊的物理性质，从而适合地球生命的存在，另外，生命体内的许多大分子中存在着氢键，所以氢键对维持生物大分子的空间构型和生理活性具有重要的意义。6．A甲烷分

子的中心原子的价层电子对数为4，水分子的中心原子价层电子对数也为4，所以他们的VSEPR模型都是四面体，A正确；SO2－3的孤电子对数为1，CO2－3的孤电子对数为0，所以SO2－3的空间构型为三角锥形，CO2－3的空间构型为平面三角形，B错误，CF4为正四面体结构，为非极性分子，SF

4中心原子有孤电子对，为极性分子，C错误；XeF2和XeO2分子中，孤电子对数不相等，孤电子对数越多，排斥力越大，所以键角不等，D错误；故选A。7．DNH2OH、NH3、H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；由

反应历程可知，反应过程中，Fe2＋先失去电子发生氧化反应生成Fe3＋，后面又得到电子生成Fe2＋，C正确；由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，

D错误；故选D。8．B由图可知，中心Si原子与Cl之间、与N原子之间均形成配位键，故其配位数是6，A项正确；单键为σ键，双键为1个σ键和一个π键，配位键也为σ键，故1个M2＋中含有54个σ键，B项错误；由于SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4均为分子晶体，结构相

似，随着相对分子质量的增大，分子间作用力增大，沸点逐渐升高，故SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4的沸点依次升高，C项正确；SiCl4的中心原子Si原子的价层电子对数为4＋4－1×42＝4，无孤电子对，故气态SiCl4分子的空间结构为正四面体形，

D项正确。9．D根据各元素在周期表中的位置可知，A为H、B为C、C为N、D为O、X为S、Y为Cl。A2D是H2O、A2X是H2S，H2O分子间能形成氢键，沸点H2O>H2S，A错误；CA3是NH3是极性分子，B错；B、C

、D的氢化物分别是CH4、NH3、H2O，微粒中原子数不同，不互为等电子体，C错；N2中有1个σ键，2个π键，D正确。10．BSO2分子的中心原子中含有孤电子对，是V形分子，A错；COCl2、BF3、SO3是平面三角形分子，B正确；NH3、PCl3中价层电子对个数＝3＋1

2×（5－3×1）＝4且含有一个孤电子对，均为三角锥形结构，PCl5中价层电子对个数＝5＋12×（5－5×1）＝5且不含孤电子对，为三角双锥形结构，C错；BF3中价层电子对个数＝3＋12×（3－3×1）＝3，为平面三角形结构，键角为120°，SnBr2中价层电子对个

数＝2＋12×（4－2×1）＝3且含有一个孤电子对，为V形结构，SnBr2键角小于120°，D错。11．C从结构简式可知该分子正负电荷中心不重合，是极性分子，A项错误；P连接的四个原子或原子团不完全相同

，故立体构型不可能为正四面体形，B项错误；O===P（N3）3的分解产物为NPO（D项中提示），N元素化合价降低，由得失电子守恒知，其分解还会产生N2，C项正确；NPO的电子式是∶N⋮⋮P∶O∶····，D项错误。12．答案：

（1）（2）a同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，N原子的价电子排布式为2s22p3，2p轨道是半充满稳定结构，第一电离能比O原子大b（3）H—F…H—F…H—F（4）sp2sp3F的电负性比H大，C—F键的键能比C—H键的大解析：（1）基态F原子的价电子排布式为2s2

2p5，故其价电子排布图（轨道表示式）为。（2）C、N、O、F均位于第二周期，原子半径逐渐减小，原子核对最外层电子的吸引能力增强，第一电离能逐渐增大，但N原子的价电子排布式为2s22p3，2p轨道是半充满稳定结构，第一电离能比O原子大，故

选a；C原子失去2个电子后达到2s2全满稳定结构，再失去1个电子较难，故第三电离能比N原子大，故选b。（3）固态氟化氢分子间存在氢键，故（HF）3的链状结构为H—F…H—F…H—F。（4）CF2===CF2分子中C原子形

成碳碳双键，故C原子为sp2杂化；ETFE是乙烯与四氟乙烯的共聚物，可表示为CH2—CH2—CF2—CF2，故在ETFE分子中碳原子为sp3杂化；由于F的电负性比H大，C—F键的键能比C—H键的大，故聚四氟乙烯比聚乙烯稳定。13．答案：（1）1s22s22p1C>Be>

B（2）sp2氢键（3）120°非极性分子正四面体（4）（5）25×4（361.5×10－10）3×NA解析：（1）B是5号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p1；同周期主族元素第一电离能有逐渐增大的趋势，但Be的2s轨道全充满，处于较稳

定状态，第一电离能较B大，故Be、B、C的第一电离能由大到小的顺序为C>Be>B。（2）由图可知，B原子形成3个B—Oσ键，没有孤电子对，则B原子的杂化轨道数为3，采取sp2杂化；由硼酸的晶体结构可知，同层分子间的主要

作用力为氢键。（3）BF3中B原子的孤电子对数为12×（3－3×1）＝0，B原子形成3个σ键，所以BF3分子为平面正三角形，键角为120°，该分子为极性键形成的非极性分子，BF－4的中心原子B的孤电子对数为12×（3＋1－4×1）＝

0，B原子形成4个σ键，所以BF－4的空间构型为正四面体。（4）B为＋3价，O为－2价，故B3On－6中n＝3，结构中只有一个六元环，B的空间化学环境相同，O有两种空间化学环境，故六元环中有3个B原子、3个O原子，B、O原子

依次间隔连接，且每个B原子还连接1个不在六元环上的O原子，故结构图为。（5）同周期主族元素以左到右原子半径逐渐减小，故图中大球表示B原子，小球表示N原子，则晶胞中N原子个数是4，B原子个数为8×18＋

6×12＝4，晶胞体积为（361.5×10－10cm）3，则晶体密度为25×4（361.5×10－10）3×NAg·cm－3。专练56晶体结构与性质1．BCa2＋在晶胞体心，与其距离相等且最近的为在面心处的F－，故A项正确；Ca2＋与F－的最近距离是棱长的一半，K＋与F－的最近距离是面

对角线长度的一半，则与F－距离最近的是Ca2＋，B项错误；Ca2＋在体心，个数为1，F－在面心，个数为6×12＝3，K＋在顶角，个数为8×18＝1，故C项正确；若F－换为Cl－，Cl－半径大，故晶胞棱长将改变，D项正确。2．C根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×14＋1＝3，O：2×12＝1，C

l：4×14＝1，1个晶胞的质量为3×7＋16＋35.5NAg＝72.5NAg，晶胞的体积为（a×10－10cm）3＝a3×10－30cm3，则晶体的密度为72.5NAg÷（a3×10－30cm3）＝72.5NA×a3×10－30g·cm－3，A项正确；图1晶胞中，O位于面心

，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×14＝2，O：2×12＝1，Cl或Br：4×14＝1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图

2的化学式为LiMgOClxBr1－x，C项错误；进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2＋取代产生的空位有利于Li＋的传导，D项正确；答案选C。3．C由LaH2的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的

中心各有1个H原子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；由LaHx晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短

距离：LaH2>LaHx，故B正确；由题干信息可知，在LaHx晶胞中，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，这样的结构有8个，顶点数为4×8＝32，且不是闭合的结构，故C错误；1个LaHx晶胞中含有5×8＝40个H原子，含H质量为40NAg，晶胞的体积为（484

.0×10－10cm）3＝（4.84×10－8）3cm3，则LaHx单位体积中含氢质量的计算式为40（4.84×10－8）3×6.02×1023g·cm－3，故D正确；答案选C。4．C水合铜离子中铜离子的配位数

为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，A正确；根据均摊法可以知道，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2＋个数为1/8×8＋1/2×6＝4，B正确；电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H

原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多，C错误；在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此，D正确。5．B

①为简单立方堆积、②为体心立方堆积、③为六方最密堆积、④为面心立方最密堆积，A错；每个晶胞含有的原子数分别为①8×18＝1、②8×18＋1＝2、③8×18＋1＝2、④8×18＋6×12＝4，B正确；晶胞③中原子的配位数应为12，C错；四种晶体的空间利用率分别为52

%、68%、74%、74%，④＝③>②>①，D错。6．A离子晶体熔、沸点较高，质硬，固态时不导电，液态能导电，若易溶于水，则在水溶液中完全电离而能导电，故A正确。7．CA离子个数是1，B离子个数为1/8×8＝1，则其化学式为AB，A错；E离子个数＝1/8×4＝1/2，F离子个数＝1/8×4＝1/2

，则其化学式为EF，B错；X离子个数是1，Y离子个数＝1/2×6＝3，Z离子个数＝1/8×8＝1，则其化学式为XY3Z，C正确；A离子个数＝1/8×8＋1/2×6＝4，B离子个数＝12×1/4＋1＝4，则其化学式为AB，D错。8．C1个[B（OH）4]－

中4个OH－与B形成4个σ键，4个OH－中含有4个O—Hσ键，则1mol[B（OH）4]－含有σ键的数目为8NA，A项正确；[BH4]－中的B原子为sp3杂化，空间结构是正四面体形，B项正确；B原子核外电子的运动状态各不相同，但同一能级上的电子能量相同，C项错误；Ni的晶胞

属于面心立方最密堆积，故每个Ni原子周围有12个Ni原子，镍原子的配位数为12，D项正确。9．A自范性是晶体的性质，故非晶态碳玻璃不具有自范性，A项错误；碳玻璃与C60都是由碳元素组成的单质，两者互为同素异形体，B项正确；碳玻璃具有高硬度，与金刚石的物理性质类似，说明两者的结构具有一定的

相似性，故碳玻璃含有sp3杂化的碳原子，C项正确；碳玻璃与金刚石互为同素异形体，两者在化学性质上有着活性的差异，D项正确。10．D①稀有气体是单原子分子，不存在共价键，故①错误；②金属晶体由金属阳离子和自由电子组成，无阴离子，故②错误；③晶体中熔点高低一般顺序是：原子共价>离子晶体>分子晶体；在共

价晶体中，原子半径越大熔点越低；在离子晶体中，离子半径越大，熔点越低，电荷越多，熔点越高；在分子晶体中，相对分子质量越大，熔点越高（含有氢键的物质除外），所以这几种物质的熔点高低顺序是金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S，故③正确；④离子晶体中可能有共价键，如氯化铵中氮氢键属于共

价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④错误；⑤由晶胞结构可知CaTiO3晶体中Ti的配位数为12，所以每个Ti4＋和12个O2－紧邻，故⑤正确；⑥SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，故⑥错误；⑦分子稳定性与分子内共价键的强弱有关，与分子间作用力无

关，故⑦错误；⑧离子晶体熔化时离子键被破坏，氯化钠是离子晶体，故⑧正确。故正确序号为③⑤⑧。综上所述，本题正确答案为D。11．D晶体晶胞中阴、阳离子的个数分别为8×18＋6×12＝4，12×14＋1＝4，故A错误；晶胞的质

量为4MNAg，晶体的密度为dg·cm－3，则晶胞的体积是4Mgdg·cm－3NA＝4MdNAcm3，则晶胞的边长为34MdNAcm，该晶体中两个距离最近的同种离子的核间距为晶胞面对角线的一半，为22×34MdNAcm

，B错误；根据晶胞结构，阴、阳离子的配位数都是6，C错误；该晶胞中阴、阳离子的个数比为1∶1，可能是NaCl的晶胞，D正确。12．C由Li2S的晶胞结构可知，S2－的配位数是8，A项正确；根据“均摊法”，晶胞中Ni原子的个数为8×18＝1，Cu原子的个

数为6×12＝3，则晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3∶1，B项正确；以顶点Na＋为研究对象，在图示晶胞中离其最近的Na＋为位于面心上的Na＋，顶点Na＋与3个面的面心上的Na＋紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，

每个面参与形成2个晶胞，因此氯化钠晶胞中离钠离子最近的钠离子有12个，C项错误；由晶胞图可知Cu原子位于体对角线上，与体心O原子的距离为体对角线长的14，a、b的坐标参数分别为（0，0，0）、12，12，12，则d的坐

标参数为34，34，14，D项正确。专练57结构与性质综合应用1．答案：（1）同素异形体金刚石范德华力（2）③＋2配位（3）sp3离子284×1030NA·a3解析：（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质，它们

的组成元素均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；C60间的作用力是范德华力；（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中

所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H键易断裂从而电离出H＋；钴酞菁分子

中，失去了2个H＋的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为＋2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。（3）由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中Al的轨道杂化类型为sp3。AlF3

的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含大球的个数为12×14＝3，小球的个数为8×18＝1，则大球为F－，距F－最近且等距的Al3＋有2个，

则F－的配位数为2。若晶胞参数为apm，则晶胞的体积为（apm）3＝a3×10－30cm3，晶胞的质量为84gNA，则其晶体密度ρ＝84×1030NA·a3g·cm－3。2．答案：（1）①3d104s24p4②8③＞前者中Se为sp2杂化、后者中Se为sp3杂化（2

）①11∶3②O＞C＞H＞Fe（3）①sp3②H2O（4）①KFe2Se2②4③2×（39＋56×2＋79×2）NA×0.42×1.4×1021解析：（1）①Se为34号元素，根据构造原理可写出基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s

24p4。②该物质结构对称，具有如图所示8种不同化学环境的C原子：。③SeO3中Se的价层电子对数为3，孤电子对数为0，SeO2－3中Se的价层电子对数为3，孤电子对数为6＋2－3×22＝1，故SeO3和SeO2－3中Se原子分别为sp2和sp3杂化，则

SeO3分子中键角大于SeO2－3中键角。（2）①由富马酸分子的结构模型可确定其结构简式为，由单键均为σ键，双键有1个σ键和1个π键，知该分子中σ键和π键的数目比为11∶3。②富马酸亚铁中含C、H、O、Fe四种元素，由电负性递变规律

可知，电负性由大到小的顺序为O>C>H>Fe。（3）①产物中N原子形成4个共价键，则其采取sp3杂化。（4）①分析晶胞在xz、yz、xy平面的投影图可知，占据顶点和体心位置的为K原子，故K原子个数为8×18＋1＝2，每个竖直棱上有2个

Se原子，体内有2个Se原子，故Se原子个数为8×14＋2＝4，每个竖直面上有2个Fe原子，故Fe原子个数为8×12＝4，该物质的晶胞结构如图所示：其最简化学式为KFe2Se2。③以1号Fe原子为研究对

象，2号和3号铁原子及其对称位置的2个Fe原子距离1号Fe原子最近，故Fe的配位数为4。③该晶胞的质量为2×（39＋56×2＋79×2）NAg，体积为0.4×0.4×1.4×10－21cm3，故该晶体的密度为2×（39＋56×2＋79×2）NA×0.42×1.4×10

21g·cm－3。3．答案：（1）3d84s2第4周期（第）Ⅷ族（2）2∶32∶1∶1（3）D（4）①吡啶能与H2O分子形成分子间氢键②吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子（5）解析：（1

）Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第Ⅷ族。（2）由题干晶胞示意图可知，，Ni2＋周围连接四个原子团，形成的配位键数目为：4，空间

结构为正方形，VSEPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化；Zn2＋周围形成的配位键数目为：6，VSEPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以Ni2＋与Zn2＋的配位数之比为4∶6＝2∶3；含有CN－（小黑球N＋小白球

C）为：8×12＝4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：8×14＝2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：4×12＝2，则该晶胞的化学式为：Ni（CN）4·Zn（NH3）2·2C6H6，即x∶y∶z＝4∶2∶2＝2∶1∶1，故答案为：2∶3；2∶1∶1。（3）已知

吡啶中含有与苯类似的66大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，答案为D。（4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分

子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯。（5）已知—CH3为推电子基团，—Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：。4．答案：（1）2∶1（或

1∶2）（2）CuCu的价电子排布式为3d104s1，Zn的价电子排布式为3d104s2，Zn为全充满稳定结构，Cu的第一电离能比Zn的第一电离能小，Cu失去一个电子后形成的Cu＋的价电子排布式为3d10，为全充满稳定结构，较难失

去电子，Zn失去1个电子后形成的Zn＋的价电子排布式为3d104s1，较易失去一个电子达到更稳定状态，Cu的第二电离能比Zn的第二电离能大（3）三角锥形sp3（4）B（5）DD（S2O2－8）中含有过

氧键，具有强氧化性（6）①Cu2ZnSnS4②（14，34，58）解析：（1）基态S原子的价电子排布式为3s23p4，价电子的轨道表示式为，两种自旋状态的电子数之比为2∶1。（3）SnCl－3中Sn的孤电子对数为4＋1－1×32＝1、成键电子对数为3，杂化方式为sp3，因此S

nCl－3的几何构型为三角锥形。（4）主族元素形成的离子或配体中一般不含有未成对电子，因此该题只需判断配合物的中心离子是否存在未成对电子。[Cu（NH3）2]Cl中Cu＋的价电子排布式为3d10，不含未成对电子，[Cu（NH3）4]SO4中Cu2＋的价电子排布式为3d9，含未成对电子，[Zn

（NH3）4]SO4中Zn2＋的价电子排布式为3d10，不含未成对电子，Na2[Zn（OH）4]中Zn2＋的价电子排布式为3d10，不含未成对电子，因此属于顺磁性物质的是[Cu（NH3）4]SO4。（5）Mn2＋转化为Mn

O－4，Mn2＋被氧化，则该离子具有强氧化性，中含有过氧键，具有强氧化性，在酸性溶液中可将Mn2＋氧化为MnO－4。（6）①结合均摊法进行分析，晶胞中S原子数目为8，Sn原子数目为2×12＋4×14＝2，Zn原子数目为8×18＋1＝2，Cu原子数目为8×12＝4，故该物质的化学式为C

u2ZnSnS4。②结合图中A、B原子的位置及A原子的坐标可得出B原子的坐标。专练58有机物分类、组成、结构1．B辅酶Q10的分子式为C59H90O4，A项错误；中含有11个甲基，故辅酶Q10分子中含有14个甲基，B项正确；由乙烯分子中所有原子共平面可知，辅酶Q10分子中所有的氧原子共平面，C项

错误；分子中饱和碳原子上的氢原子在反应中可以被取代，D项错误。2．D由键线式可看出，该物质中无苯环，不属于芳香化合物，A错；由谱图可知有8种不同环境的氢原子，B错；Et为—CH2CH3，C错；含有醇羟基能发生消去反应，D正确。3．C按系统命名法，化合物的名称为2，2­二甲基丁烷，

A错误；由比例模型可知该物质表示的是HOCH2CH2COOH，不是氨基酸，B错误；与CH3CH2COOH的结构不同，分子式均为C3H6O2，互为同分异构体，C正确；木糖醇和葡萄糖都含有多个羟基，但是木糖醇是醇类，葡萄糖是多羟基醛，因此二者不是同系物，D错误。4．

DA项，MPy的分子式为C6H7N，如果其同分异构体结构中有苯环，则取代基只能是氨基，只有一种同分异构体，即，错误；B项，EPy中含有—CH2—，具有类似于甲烷中碳原子和氢原子的空间位置关系，所有原子不可能共面，错误；C项，乙烯是一种单烯烃，乙烯的同系物中只能含有一个碳碳双键，分子组成相差一个

或若干个CH2原子团，由VPy的化学组成可知其不是乙烯的同系物，错误；D项，比较EPy和VPy的结构可知，反应②是醇的消去反应，正确。5．CA项中有机物的名称应为1，2­二溴乙烷；B项中有机物的名称应为3­甲基­1­戊

烯；D项中有机物的名称应为2，2，4­三甲基­1­戊烯。6．A根据C、H、O元素的成键规律可知该有机物是丙酸甲酯，分子式C4H8O2，A正确，B错误；该物质在酸性条件下水解生成丙酸，C错误；酯基中的碳氧双键不能与氢气加成，

D错误。7．CX不含苯环，不属于芳香化合物，A错误；Z分子中有饱和碳原子，不可能所有碳原子共平面，B错误；X中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；Y的一氯代物有6种，D错误。8．C由题干信息可知，O为2­溴­2­甲基丁烷，其结构简式为（CH3）2CBrCH2CH3，O在氢氧化钠乙醇

溶液中加热发生消去反应，生成的P分子中含有两个甲基，则P的结构简式为CH2===C（CH3）CH2CH3，P与水发生加成反应生成Q的结构简式为（CH3）2C（OH）CH2CH3，Q与HBr加热生成O。O的同分异构体有CH

3CH2CH2CH2CH2Br、CH3CH2CH2CHBrCH3、CH3CH2CHBrCH2CH3，CH2BrCH（CH3）CH2CH3、（CH3）2CHCHBrCH3、（CH3）2CHCH2CH2Br和（CH3）3CCH2Br，它们发生消去反应的产物分别有1种、2种

、1种、1种、2种、1种和0种，除去重复结构，发生消去反应所得产物有5种，A错误；P分子的结构简式为CH2===C（CH3）CH2CH3，分子中含有4种不同化学环境的氢原子，B错误；Q的结构简式为（CH3）2C（OH）CH2CH3，其含有两个甲基的醇类同分异构体有CH

3CH（OH）CH2CH2CH3、CH3CH2CH（OH）CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH2OH、HOCH2CH（CH3）CH2CH3，共4种，C正确；Q的能被氧化为醛的醇类同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH2OH、HOCH2CH（CH3

）CH2CH3、（CH3）2CHCH2CH2OH，（CH3）3CCH2OH共4种，D错误。9．C苯乙炔分子中含有碳碳三键，能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；如图所示，，苯乙炔分子中最多有6个原子共直线，B错误；苯乙炔分子中含有苯环和碳碳三键，能发

生加成反应，苯环上的氢原子能被取代，可发生取代反应，C正确；苯乙炔属于烃，难溶于水，D错误。10．C由结构简式可知，环氧泽泻烯分子含有15个C原子、26个H原子、2个O原子，其分子式为C15H26O2，A项正确；碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KM

nO4溶液褪色，B项正确；1mol该有机物含有2mol羟基，当Na足量时，反应生成1mol氢气，标准状况下生成氢气体积约是22.4L，当Na不足量时，羟基不能完全反应，标准状况下生成氢气的体积小于22.4L，C项错误；该有机物分子中含有碳碳双键，能发生氧化反应、加成反应，含有羟基，可以

发生取代反应，且与羟基连接的碳原子相邻的碳原子含有氢原子，可以发生消去反应，D项正确。11．C化合物的名称是2，2，4，5­四甲基­3，3­二乙基己烷，A错；苯、苯甲酸的分子式分别为C6H6、C7H6

O2，而苯甲酸可写成C6H6·CO2，显然等物质的量的两种有机物完全燃烧时，消耗O2的物质的量相等，B错误；甲醛、氯乙烯可以发生加聚反应，乙二醇可发生缩聚反应，故三者均可作为合成聚合物的单体，C正确；乙醛和丙烯醛（）与氢气充分反应后的产物是同系物，D错。12．A甲苯

有4种氢原子，分别是甲基上的氢和苯环邻、间、对上的氢，2­甲基丁烷也有四种氢原子，它们的一溴代物都有4种，A项正确；乙烯是平面形分子，键角为120°，甲基取代乙烯碳碳双键两侧上的氢原子，所以四个碳原子一定不在同一直线

上，B项错误；按照系统命名法，选择最长的碳链为主链，该分子名称是2，3，4，4­四甲基己烷，C项错误；这两个有机物分子结构不相似，不能互为同系物，D项错误。专练59烃、卤代烃1．DA项，X中和—CH3在C===C两侧，中和—CH3在C===C同侧，二者互为顺

反异构体，正确；B项，X中含有碳碳双键，可以与Br2发生加成反应使溴的CCl4溶液褪色，正确；C项，X与HBr加成，加H（Br）位置不确定，故还存在副产物，正确；D项，中只有标“*”的碳原子连有的四个原子或原子团不同，为手性碳原子，错误。2．D分子晶体的熔、沸点与其相对分子质量

成正比，所以含碳原子数相同的一溴代烷与烷烃相比，前者熔、沸点高，故A错误；C6H14在常温下是液体，故B错误；烃均不溶于水，故C错误；烃的密度小于水的密度，D正确。3．C当该卤代烃发生水解反应时，只断裂①键，生成醇；卤代烃的消去反应是连

接－X的碳的相邻碳原子的一个H和－X被同时脱去引入双键，破坏的键是①，所以C正确。4．DX的分子式为C8H8，A正确；有机物Y是X的同分异构体，则Y的不饱和度为5，且Y属于芳香烃，则Y分子中含有1个苯环，结合化学式可得Y的结构简式为，B正确；X分子中含碳碳双键，

可与酸性高锰酸钾溶液发生反应而使其褪色，C正确；X与足量的H2在一定条件下反应生成的环状饱和烃Z的结构简式为，Z分子中有2种等效氢原子，则Z的一氯代物有2种，D不正确。5．A乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，被氧化生成乙酸，故

A错；根据分析知其一氯代物有3种，C4H10有正丁烷、异丁烷两种异构体，正丁烷的一氯代物有2种，异丁烷的一氯代物也有2种，C4H10的一氯代物的数目共有4种，故B对；乙烯使溴水褪色，发生加成反应、使酸性KMnO4溶液褪色发生氧化反应，反应的类型不同，故C对；植物

油含不饱和高级脂肪酸甘油酯，加氢后，可以变成饱和高级脂肪酸甘油酯，由液态的油变成固态的脂肪，故D对。6．C根据原子守恒可知，A的结构简式为，分子式为C7H7Cl，故A错误；A分子中氯甲基（—CH2Cl）中的碳原子形成四个单键，故有机产物A分子中所有原子不可能共平面，

故B错误；反应物苯是煤干馏的产物之一，是易挥发、易燃烧、有毒的液体，故C正确；有机产物A的同分异构体中，含苯环结构且取代基为—CH3和—Cl，有邻、间、对三种情况，还有很多不含苯环结构的情况，故D错误。7．B根据正逆结合的方法推导，C可以为，B为，A可以为，故A错误；合成路

线可以为，反应①为取代反应，反应②为消去反应，反应③为加成反应，反应④为消去反应，故B正确；反应②为卤代烃的消去反应，需要的反应试剂和反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热，反应③为烯烃与卤素单质的加成反应，条件为常温，故C错误

；B为环戊烯，B和环戊二烯均含碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则酸性KMnO4溶液褪色不能证明环戊烷已完全转化成环戊二烯，故D错误。8．DCCl4不能燃烧，曾用作灭火剂，但因其与水高温下反应生成有毒物质，现在已被禁用，A错误；葡萄

糖为单糖，不能水解，B错误；石油裂解可以获得乙烯、丙烯等，C错误；牛油不溶于水，密度比水小，会浮在水面，而牛油与氢氧化钠反应后生成的高级脂肪酸钠能溶于水，所以牛油与氢氧化钠反应后的液体，滴入沸水中，若没有油状液体浮在水面，则说明皂化反应已经完全，D正确。9．DCH3CH===C

H2与Br2发生加成反应产生的A是CH3CHBrCH2Br，CH3CHBrCH2Br与NaOH的水溶液共热，发生水解反应产生的B是CH3CHOHCH2OH，B发生催化氧化反应生成的C为CH3COCHO，C继续氧化生成的D

为CH3COCOOH，D与H2发生加成反应生成的E为，E发生缩聚反应生成的G为。根据上述分析可知化合物D为CH3COCOOH，分子式是C3H4O3，A正确，根据上述分析可知化合物E为，分子中含氧官能团的名称是羟

基、羧基，B正确；由分析可知A生成B是发生水解反应，方程式为CH3CHBrCH2Br＋2NaOH――→H2O△＋2NaBr，C正确；化合物C是CH3COCHO，它的同分异构体中，能发生水解反应，则说明含酯基，含酯基的链状有机物只有一种结构，D错误。10．B在一定

条件下和氢气完全加成，生成乙基环己烷，含6种H，则加成产物的一溴取代物有6种，A错误；碳碳双键与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，均褪色，但原理不同，B正确；苯环及碳碳双键均为平面结构，且直接相连，则苯乙烯分子的所有原子可能在同一平面上，C错误；苯环可与氢气发生加成反应，二者均

与氢气发生加成反应，不能除杂，D错误。11．A石蜡油是液态烷烃混合物，石蜡油受热催化分解的产物中含有烯烃和烷烃，A项错误；酸性KMnO4溶液褪色说明烯烃发生氧化反应，溴的四氯化碳溶液褪色说明烯烃发生加成反应，B项正确；碎瓷片的作用是催化和积蓄热

量，C项正确；为防止倒吸，实验结束时应先撤出导管，再停止加热，D项正确。12．AM的分子式为C5H12，名称为异戊烷，A正确；N的分子式为C5H11Cl，是戊烷的一氯代物，其碳链的位置结构分别为，考虑一个氯原子取代时共8种情况。所以N的同分异

构体有7种（不包括本身），B错误；形成碳碳双键的两个碳原子以及碳原子直接相连的原子一定共面，而不直接相连的其他原子可能不共面，C错误；Q使溴的四氯化碳褪色是发生了加成反应，使酸性KMnO4溶液褪色是发生了氧化反应，所以褪色原理不相同，D错误。13．答案：（1）AB（2）CH2===CH2＋Br2―

→CH2BrCH2Br（3）2CH3CH2OH＋O2――→Cu△2CH3CHO＋2H2O（4）②③（5）CH3COOH＋NaHCO3===CH3COONa＋H2O＋CO2↑解析：A能使溴水褪色说明含有碳碳双键或三

键，结合其比例模型，可以知道A为CH2===CH2；A能和水反应生成C，C由C、H、O三种元素组成，能与Na反应，则C为CH3CH2OH;根据B的组成元素及其球棍模型知，B是；D的相对分子质量比C少2，且能由C催化氧化得到，D是CH

3CHO,乙醇与E反应生成相对分子质量为88的酯，则E为CH3COOH。专练60醇、酚1．C根据a和c的结构简式可知，a与b发生取代反应生成c和HCl，A正确；a中含有酚羟基，酚羟基呈弱酸性能与NaOH反应，b可在NaOH溶液中发生水解反应，生成醇类，B正确；根据C的结构简式可知，冠醚中有四

种不同化学环境的氢原子，如图所示：,核磁共振氢谱有4组峰，C错误；c可与K＋形成鳌合离子，该物质在苯中溶解度较大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，D正确；故答案选C。2．B由题中信息可知，γ­崖柏素中碳环具有类苯环的共轭体系

，其分子中羟基具有类似酚羟基的性质。此外，该分子中还有羰基可与氢气发生加成反应转化为脂环醇。γ­崖柏素有酚的通性，且γ­崖柏素的环上有可以被取代的H，故γ­崖柏素可与溴水发生取代反应，A正确；酚类物质不与NaHCO3溶液反应，γ

­崖柏素分子中没有可与NaHCO3溶液反应的官能团，故其不可与NaHCO3溶液反应，B错误；γ­崖柏素分子中有一个异丙基，异丙基中间的碳原子与其相连的3个碳原子不共面，故其分子中的碳原子不可能全部共平面，C正确；γ­崖柏素与足量H2加成后转化为

，产物分子中含手性碳原子（与羟基相连的C原子是手性碳原子），D正确。3．A该物质含有酚羟基，酚羟基的邻、对位和溴水发生取代反应，A错误；酚羟基容易被氧化，故可以用作抗氧化剂，B正确；该物质红外光谱能看到有O—H键、酯基等，有特征红外吸收峰，C正确；该物质含有酚羟基，能与铁离子发生显色反应，D正

确。4．B该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应，B正确；将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机

物结构中，标有“*”为手性碳原子，则一共有4个手性碳原子，C错误；1mol该物质中含有7mol酚羟基，2mol羧基，2mol酯基，则1mol该物质最多消耗11molNaOH，D错误。5．BX分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上，A错误；Y与Br2的加成产物为，结构简式中“*”

碳为手性碳原子，B正确；X中含酚羟基，X能使酸性KMnO4溶液褪色，Y中含碳碳双键，Y能使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；X的化学名称是2，4，6­三溴苯酚，D错误。6．B苯酚的环上邻对位上的氢可以被溴原

子取代，因此1mol雷琐苯乙酮最多能与2molBr2发生取代反应，A错误；苹果酸含有羟基和羧基，可发生缩聚反应生成，B正确；伞形酮含有酯基、酚羟基，而酯基是羧酸与酚形成的，水解后得到羧基、酚羟基，酚羟基、羧基都可与氢氧化钠反应，

1mol伞形酮与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH，C错误；苹果酸不含酚羟基，与氯化铁不反应，D错误。7．C由H的键线式可知，H的化学式为C8H6O4，故A错误；G与M发生酯化反应生成H，因此M的结构为，其名称

为丙炔酸，故B错误；E→F为烯烃的加成反应，F→G为卤代烃的水解（取代）反应，G→H为醇和羧酸的酯化（取代）反应，故C正确；F→G为卤代烃的水解反应，反应条件为氢氧化钠溶液、加热，故D错误。8．B苯与溴水不反应，只发生萃取，苯酚与溴水反应生成三溴苯酚沉淀，可以验证羟基对

苯环的活性有影响，故A项可以达到实验目的；苯与酸性高锰酸钾溶液不反应，甲苯与酸性高锰酸钾溶液反应生成苯甲酸，溶液褪色，可以验证苯环对甲基的活性有影响，故B项不能达到实验目的；己烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，而苯不能，证明苯分子中无碳碳双键，故C项

可以达到实验目的；碳酸能使石蕊溶液变色，苯酚不能使石蕊溶液变色，证明碳酸的酸性强于苯酚，故D项可以达到实验目的。9．B汉黄芩素的分子式为C16H12O5，故A错误；含酚—OH，遇FeCl3溶液显紫色，故B正确；酚—OH的邻对位氢原

子能够与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该物质与溴水反应，最多消耗2molBr2，故C错误；与足量H2发生加成反应后，该分子中碳碳双键、羰基均减少，少了2种官能团，故D错误。10．B环己醇中不含苯环，含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，

不可能存在12个原子共平面的结构特点，故A错误；与环己醇互为同分异构体，且含有醛基（—CHO）的结构，应为C5H11CHO，C5H11—的同分异构体有8种，则含有醛基（—CHO）的结构有8种，故B正确；环己醇含有1个羟基，则标准状况下，1

mol环己醇与足量Na反应生成11.2LH2，故C错误；环己醇的一氯代物有4种，故D错误。11．D根据麦考酚酸结构简式，知分子式为C17H20O5，故A项正确；麦考酚酸分子含酚羟基，则可与FeCl3溶液发生显色反应，且每个分子中仅有一个碳碳双键可与Br2反应，则1mol麦考酚酸最多与1mo

lBr2反应，故B项正确；该分子中的酚羟基、羧基、酯基均可与NaOH反应，所以1mol麦考酚酸最多与3molNaOH反应，故C项正确；麦考酚酸中含不饱和键，可发生加成反应，加聚反应，同时含有羧基、羟基，可发生取代反应，但其羟基与苯相连，不能发生消去反应，故D项错误。1

2．D由对乙酰氨基酚的结构简式可知，A、B、C正确；只有羟基两个邻位上的H原子能与溴水发生取代反应，故1mol对乙酰氨基酚最多消耗2mol的Br2，D错。13．答案：（1）羟基（2）（5）CH2===CH2――→H2O催化剂CH3CH

2OH――→O2Cu，△CH3CHO――→O2催化剂CH3COOH――→CH3CH2OH浓硫酸，△CH3COOCH2CH3――→CH3CHOCH3CH2ONaCH3CH===CHCOOCH2CH3解析：（1）A为乙醇，含有的官能团为

—OH，名称为羟基；（2）D为苯甲醇，D发生氧化反应得E，化学反应方程式为（3）X为（4）满足下列条件①遇到氯化铁溶液会显紫色，说明有酚羟基，②会发生银镜反应说明含醛基③苯环上有三个取代基，其中一个为—OH，另外2个为：—CH2CH3、

—CHO或者—CH3、—CH2CHO，2个不同的取代基有邻、间、对3种位置，对应的—OH分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的共有2×（4＋4＋2）＝20种。在其它同分异构体中核磁共振氢谱有六组峰，氢原子数比符合1∶2∶2∶2∶2∶1的结构为等；（5）乙烯与水发生加成反应生成乙醇，

乙醇氧化生成乙醛，再进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯与乙醛在乙醇钠条件下反应生成CH3CH===CHCOOCH2CH3，合成路线流程图为：CH2===CH2――→H2O催化剂CH3CH2OH――→

O2Cu，△CH3CHO――→O2催化剂CH3COOH――→CH3CH2OH浓硫酸，△CH3COOCH2CH3――→CH3CHOCH3CH2ONaCH3CH===CHCOOCH2CH3。专练61醛、酸、酯1．

B该分子中形成N===C键的N杂化方式为sp2，形成N—C键的N杂化方式为sp3，A项正确；手性碳原子是连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，该分子中无手性碳原子，B项错误；该物质含有，能与酸反应，含有羧基，能与碱反应，C项正确

；该物质含有苯环，能发生加成反应，含有羧基，能发生酯化反应（属于取代反应），D项正确。2．C反应①为乙酸和异丙醇在酸的催化下发生酯化反应生成了乙酸异丙酯和水，因此，①的反应类型为取代反应，A叙述正确；反应②为乙酸和丙烯发生加成反应生成乙酸异丙酯，是合成酯的方法之一，B叙述正确；乙酸异丙酯分子中含

有4个饱和的碳原子，其中异丙基中存在着一个饱和碳原子连接两个饱和碳原子和一个乙酰氧基，类比甲烷的正四面体结构可知，乙酸异丙酯分子中的所有碳原子不可能共平面，C叙述错误；两个反应的产物是相同的，由反应①及产物结构上看，该产物是由

乙酸与异丙醇通过酯化反应生成的酯，故其化学名称是乙酸异丙酯，D叙述是正确；综上所述，本题选C。3．B手性是碳原子上连有四个不同的原子或原子团，因此闭环螺吡喃含有手性碳原子如图所示，，开环螺吡喃不含手性碳原

子，故A错误；根据它们的结构简式，分子式均为C19H19NO，它们结构不同，因此互为同分异构体，故B正确；闭环螺吡喃中N原子杂化方式为sp3，开环螺吡喃中N原子杂化方式为sp2，故C错误；开环螺吡喃中氧原子显

负价，电子云密度大，容易与水分子形成分子间氢键，水溶性增大，因此开环螺吡喃亲水性更好，故D错误；答案为B。4．B该有机物的分子式为C6H12O4，A错误；有机物中右上角的羟基可以被高锰酸钾氧化为羧基，B正确；羧

基中的碳氧双键是不能与氢气加成的，C错误；同系物的要求是分子组成上相差1个或几个CH2，该有机物与乙酸明显会差O原子，D错误。5．BCPAE中酚烃基和酯基都能与NaOH反应，A正确；题述反应方程式中的四种物质都能与Na反应产生氢气，所以用

Na无法检验反应结束后是否残留苯乙醇，B项错误；与苯乙醇互为同分异构体的酚类物质共有9种，分别为，C项正确；咖啡酸中含有碳碳双键、羧基、酚羟基3种官能团，能发生加聚反应，D项正确。6．C属于酯类，官能团为，A项错误；分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3溶液反应，说明含有—

COOH，碳链结构为C—C—C—C时，羧基有两种连接方式，碳链结构为时，羧基有两种连接方式，所以同分异构体有4种，B项错误；立方烷的六氨基取代物的种类等于二氨基取代物的种类，氨基可以占据同一边上的两个顶点，同一平面对角线的两个顶点，立方体对角线的两个顶点，故立方烷的六氨基（—NH2）取代物有3

种，C项正确；油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油的反应又称为皂化反应，D项错误。7．C由图中结构简式可知，H的分子式为C17H16O4，故A错误；Q中苯环和碳碳双键是平面结构，单键可以旋转，则Q中所有碳原子可能都共面，故B错误；绿原酸中只有—CO

OH能与NaHCO3溶液反应，1mol绿原酸含有1mol—COOH，与足量NaHCO3溶液反应，最多放出1molCO2，故C正确；H、Q中都含有苯环、碳碳双键和酚羟基，在一定条件下碳碳双键可以发生氧化反应，酚羟基可发生取代反应和显色反应，W中没有苯环，不

含酚羟基，不能发生显色反应，故D错误。8．C酯化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，A项错误；对苯二甲酸与乙二醇的反应属于缩聚反应，B项错误；有—CH2OH结构的醇能氧化生成醛，戊醇相当于丁基与—CH2OH相连，丁基有四种，所以分子式为C5H12O的醇，能在铜催化下被O2

氧化为醛的同分异构体有4种，C项正确；该分子中有一个饱和碳原子，属于四面体结构，所以不可能所有原子共平面，D项错误。9．B藿香蓟的分子结构中含有酯基，可以发生水解反应，A说法正确；藿香蓟的分子结构中的右侧有一个饱和碳原子连接着两个甲基，类比甲烷分子的空间构型可知，藿香蓟分子中

所有碳原子不可能处于同一平面，B说法错误；藿香蓟的分子结构中含有酯基和醚键2种含氧官能团，C说法正确；藿香蓟的分子结构中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，D说法正确；综上所述，本题选B。10．DX中酚羟基和碳碳双键能发生氧化反应，酯基能发生取代反应，但是该物质不能发生消去反应，A项错误；Y中

酚羟基、酯基及其水解生成的酚羟基都能和NaOH反应，所以1molY最多能消耗5molNaOH，B项错误；碳原子上连接的四个原子或原子团均不相同时，此时的碳原子称为手性碳原子，当X足量氢气加成后，分子中有8个手性碳原子，C项错误；酚羟基与溴反应，溴原子取代酚羟基的邻、对位上的氢原子，对于X、

Y来讲，分子内符合要求的氢原子数是一样多的（均为4个），且两个分子中都含有一个碳碳双键，能和一分子溴发生加成反应，因此等物质的量的二者可以消耗等物质的量的Br2，D项正确。11．答案：（1）将浓H2SO4加入乙醇中，边加边振荡，然后再加入乙酸或先将乙醇

与乙酸混合好后再加浓硫酸并在加入过程中不断振荡吸水剂、催化剂CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸△CH3COOCH2CH3＋H2O（2）BC（3）分液漏斗上口倒解析：（1）浓硫酸密度大于水，且溶于水放出大量热，应该将浓硫酸加入乙醇中；浓硫

酸在酯化反应中起到了催化剂、吸水剂的作用；酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应：CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸△CH3COOCH2CH3＋H2O；（2）制备乙酸乙酯

时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，所以BC正确；（3）乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，所以混合液会分层，可以通过分液操作分离出

乙酸乙酯，使用到的主要仪器为分液漏斗；乙酸乙酯密度小于碳酸钠溶液，分液时从分液漏斗的上口倒出。专练62营养物质及合成高分子1．B由质量守恒知m＝n－1，A项正确；聚乳酸分子中链节内有酯基，末端有羟基、羧基，共有3种官能团，B项错误；乳

酸分子中的羟基与羧基均可与Na反应生成H2，C项正确；2个乳酸分子成环时，可形成，D项正确。2．B该高分子材料中含有酯基，可以降解，A正确；异山梨醇中四处的碳原子为手性碳原子，故异山梨醇分子中有4个手性碳，B错

误；根据元素守恒，可推出X为甲醇，C正确；该反应在生产高聚物的同时还有小分子的物质生成，属于缩聚反应，D正确；故选B。3．B纤维素属于多糖，大量存在于我们吃的蔬菜水果中，在自然界广泛分布，A正确；纤维素难溶于水

，一是因为纤维素不能跟水形成氢键，二是因为碳骨架比较大，B错误；纤维素在低温下可溶于氢氧化钠溶液，是因为碱性体系主要破坏的是纤维素分子内和分子间的氢键，促进其溶解，C正确；温度越低，物质的溶解度越低，所以低温下，降低了纤维素在氢氧化钠溶液中的溶解性，

D正确；故选B。4．D木糖醇[CH2OH（CHOH）3CH2OH]结构中含有羟基，属于五元醇，不属于糖类，A错误；次氯酸钠溶液具有强氧化性，而乙醇不具有氧化性，B错误；蛋白质胶体可以发生聚沉，卤水点豆腐是M

g2＋、Ca2＋等使蛋白质胶体发生凝聚过程，C错误；维生素C具有还原性，维生素C既作营养强化剂又作抗氧化剂，D正确。5．BF中含有2个酰胺基（—CONH—），A项正确；高分子Y在一定条件下发生水解反应生成和，B项错误；高分子X中氮原子上连有氢

原子，能形成氢键，C项正确；E分子和高分子Y中都含有氨基，而F分子和高分子X中不含氨基，说明高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保护，故D项正确。6．A氢氧化钠过量，碘单质能与NaOH溶液发生反应，因此溶液未变蓝，不能说明淀粉已完全水解，A错误；油脂不

溶于水，油脂发生皂化反应，生成高级脂肪酸（盐）和甘油，两者都溶于水，用玻璃棒蘸取反应液滴到盛有热水的烧杯中，振荡，如果水面上没有油滴，则说明水解完全，反之，没有水解完成，B正确；盐析是降低蛋白质溶解度使之析出，蛋白质仍具

有活性，可进行分离提纯，C正确；氨基酸中含有氨基和羧基，氨基具有碱性，羧基具有酸性，因此氨基酸既能与酸反应又能与碱反应，D正确。7．A植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，动物油主要成分是饱和高级脂肪酸的甘油酯，A正确。宣纸应该是由天然纤维制成的，不包括合成纤维，B错误

。纤维素不是人体的能量来源，因为人体内没有可以水解纤维素的酶，C错误。酶是一种蛋白质，其中一定有氮元素，D错误。8．D蔗糖水解需要硫酸作催化剂，可用银镜反应检验产物的还原性，银镜反应的发生应该在碱性条件下进行，故蔗糖水解后应先加碱中和过量的酸，才能进行银镜反应，银镜反应应该

在水浴中进行加热，D正确。9．D羊毛是蛋白质能水解，聚酯纤维是酯类能水解，A、B错误；该聚酯纤维是由对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的，C错，D正确。10．B维生素C具有还原性，可以还原活性氧自由基，A正确；蛋白质在酸、碱、酶的作用下也能发生水解，B错误；将二

氧化碳先还原生成甲醇，再转化为淀粉，实现用CO2为原料人工合成淀粉，C正确；核苷酸通过聚合反应制备核酸，D正确。11．A牛油与NaOH浓溶液混合加热，牛油在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，高级脂肪酸钠在饱和食

盐水中的溶解度较小，加入热的饱和食盐水能促使其在液面上析出，故A正确；用新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时，应用酒精灯直接加热，实验室中将乙醇脱水制乙烯，应用酒精灯直接加热至170℃，故B错误；将收集满氯气的集气瓶倒扣在收集满甲烷的集气瓶上方，并置于强光

下，甲烷与氯气发生取代反应，可观察到黄绿色逐渐褪去，瓶壁有油状液体生成，但反应生成的氯化氢没有与水蒸气接触，无法观察到白雾产生，故C错误；蔗糖不属于还原糖，不能发生银镜反应，故D错误。12．答案：（1）cd（2）取

代反应（酯化反应）（3）酯基、碳碳双键氧化反应（或消去反应）（4）己二酸（5）12（6）――→C2H4△解析：（1）a项，部分糖类有甜味，如果糖，部分糖类无甜味，如淀粉，故a项错误；b项，麦芽糖水解只生成葡萄糖，

不生成果糖，故b项错误。c项，用银镜反应可判断淀粉水解，但不能判断水解是否完全，故c项正确；d项，淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物，故d项正确。（2）结合C的分子式与B的结构简式可以判断，B与CH3OH发生酯化反应生成了C。（3）由D

的结构简式可知，其所含官能团为碳碳双键、酯基。结合D与E的结构简式可以判断，D生成E过程中脱去4个氢原子，形成碳碳不饱和键，该反应类型为氧化反应或消去反应。（4）结合F的结构简式可知，其化学名称为己二酸。由F生成G的化学方程式为：（5）已知W是具有一种官能团的二取代

芳香化合物，且属于E的同分异构体；又0.5molW与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，则W分子中含有2个羧基，对此进行讨论：当2个取代基均为—CH2COOH时，考虑邻、间、对，共3种结构；当2个取代基分别为—CH3、—CH（C

OOH）COOH时，考虑邻、间、对，共3种结构；当2个取代基分别为—COOH、—CH2CH2COOH时，考虑邻、间、对，共3种结构；当2个取代基分别为—COOH、—CH（CH3）COOH时，考虑邻、间、对，共3种结构。综

上，W共有12种。其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为。（6）参照题中的合成路线，结合“甲苯经酸性高锰酸钾溶液氧化，可生成苯甲酸”的知识点，以（反，反）­2，4­己二烯和C2H4为原料制备对苯二甲酸的合成路线如图：专练63有机合成推断一1．答案

：（1）C5H4O2醛基（2）（3）化合物Ⅳ中含有两个羧基，可以与水形成分子间氢键（4）C2H4（5）2（6）解析：（1）化合物Ⅰ的分子式为C5H4O2，其环上的取代基是醛基。（2）中含有醛基、羧基、碳碳双键三种官能团，根据

官能团的性质可完成表格。（3）化合物Ⅳ中含有两个羧基，可以与水形成分子间氢键，所以化合物Ⅳ易溶于水。（4）化合物Ⅳ的分子式为C4H4O4，化合物Ⅴ的分子式为C3H4O2，由题意知，Ⅳ→Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应且1mo

lⅣ与1mol化合物a反应得到2molⅤ，根据原子守恒，可得化合物a为C2H4。（5）化合物Ⅵ的分子式为C3H6O，不饱和度为1，其中含有结构的同分异构体有、CH3CH2CHO2种，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为CCH3H3CO。2．答案：（1）邻硝基甲

苯（或2­硝基甲苯）（2）（3）b（4）羧基（5）消去反应（6）（7）d解析：根据有机物C的结构，有机物B被酸性高锰酸钾氧化为C，则有机物B为，有机物B由有机物A与Cl2发生取代反应得到，有机物A为，有机物E为有机物C发生还原反应得到的，有机物E

经一系列反应得到有机物G，根据已知条件，有机物G发生两步反应得到有机物H，有机物G与SOCl2发生第一步反应得到中间体，中间体与氨水发生反应得到有机物H，有机物H的结构为，有机物I与有机物J发生反应得到有机物K，根据有机物I、K的结构和有机物J的分子式

可以得到有机物J的结构为，有机物K经后续反应得到目标化合物阿佐塞米（有机物L），据此分析解题。（1）根据分析，有机物A的结构简式为，该有机物的化学名称为邻硝基甲苯（或2­硝基甲苯）。（2）根据分析，有机物A发生反应生成有机物B为取代反应，反应的化学方程式为（3）根据分析，有机物C生成有机物E的

反应为还原反应，根据反应定义，该反应为一个加氢的反应，因此该反应的反应条件D应为b：Fe/HCl。（4）有机物F中的含氧官能团为—COOH，名称为羧基。（5）有机物H生成有机物I的反应发生在有机物H的酰胺处，该处与POCl3发生消去反应脱水得到氰基

。（6）根据分析可知有机物J的结构简式为。（7）分子式为C7H6ClNO2的芳香同分异构体且含有—Cl、—NO2两种官能团的共有17种，分别为：（有机物B）、，除有机物B外，其同分异构体的个数为16个；在这些同分异构体中核磁共振氢谱的峰面积比为2∶

2∶1∶1，说明其结构中有4种化学环境的H原子，该物质应为一种对称结构，则该物质为。3．答案：（1）丙烯碳碳双键、酯基（2）取代反应（或水解反应）（3）――→△ClCH2OH（4）10（5）8（6）CH2===CH2――→HBr催化剂，△CH

3CH2Br――→NaCNCH3CH2CN――→①NaOH②HClCH3CH2COOH解析：B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH3CH===CHCOOCH3，A为C3H6，则A结构简式为CH2===CHCH3，聚丁烯酸甲酯发生水解反

应然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A发生反应生成D，D发生水解反应生成E，E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH2===CHCH2OH、D结构简式为CH2===CHCH2Cl，E和2­氯­1，3­丁二烯发生加成反应生

成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为；（5）B结构简式为CH3CH===CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和甲酸酯基，符合条件的同分异构体有HCOOCH===CHCH2CH3、HCOOCH2CH=

==CHCH3、HCOOCH2CH2CH===CH2、HCOOC（CH3）===CHCH3、HCOOCH===C（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH===CH2、HCOOCH2C（CH3）===CH2、HCOOCH（CH2CH

3）===CH2，所以符合条件的有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6∶1∶1的是；（6）CH2===CH2和HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，CH3CH2Br和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN，CH3CH2CN在碱性条件下发生水解反应然后酸化得到CH3CH2COOH，所

以其合成路线为：CH2===CH2――→HBr催化剂，△CH3CH2Br――→NaCNCH3CH2CN――→①NaOH②HClCH3CH2COOH。4．答案：（1）3­甲基苯酚（或间甲基苯酚）（2）2（3）氨基羟基（4）取代反应（7）9解析：根据流程，A与2­溴丙烷发生取代反应生成B，

B与NaNO2发生反应生成C，C与NH4HS反应生成D，D与乙酸酐[（CH3CO）2O]反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知，D为；E与F反应生成G，结合E和G的结构简式和F的分子式可知，F为；G发生

两步反应生成H，H再与NaNO2/HCl反应生成I，结合I的结构和H的分子式可知，H为；Ⅰ与水反应生成J，J与乙酸酐[（CH3CO）2O]反应生成K，结合K的结构简式和J的分子式可知，J为；据此分析解题。（1）根据有机物A的结构，有机物A的化学名称为3­甲基苯酚（或

间甲基苯酚）。（2）有机物C中含有苯环，苯环上的C原子的杂化类型为sp2杂化，还含有甲基和异丙基，甲基和异丙基上的C原子的杂化类型为sp3杂化。（3）根据分析，有机物D的结构为，其官能团为氨基和羟基。（4）有机

物E与有机物F发生反应生成有机物G，有机物E中的羟基与有机物F中的Cl发生取代反应生成有机物G，故反应类型为取代反应。（5）根据分析，有机物F的结构简式为。（6）有机物I与水反应生成有机物J，该反应的方程式为（7

）连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。在B的同分异构体中，含有手性碳、含有3个甲基、含有苯环的同分异构体有9种，分别为：；其中，核磁共振氢谱显示为6组峰，且峰面积比为3∶3∶3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为。专练

64有机合成推断二1．答案：（1）醚键和羟基（2）（3）苯乙酸（4）（5）（6）取代反应（7）13解析：有机物A与有机物B发生反应生成有机物C，有机物C与有机物D在多聚磷酸的条件下反应生成有机物E，根据有机物E的结构可以推测，有机物C的结构为，进而推断出有机物D的结构为；有机物

E与有机物F反应生成有机物G，有机物G根据已知条件发生反应生成有机物H，有机物H的结构为，有机物H发生两步反应得到目标化合物J（奥培米芬）；据此分析解题。（1）根据有机物A的结构简式可以看出，其含氧官能团是醚键和羟基。（2）

根据分析，有机物C的结构简式为（3）根据分析，有机物D的结构简式为，其化学名称为苯乙酸。（4）有机物F的核磁共振氢谱显示为两组峰，且峰面积比为1∶1，说明这4个H原子被分为两组，且物质应该是一种对称的结构，结合有机物F的分子式可

以得到，有机物F的结构简式为。（5）根据分析，有机物H的结构简式为。（6）对比I、J的结构简式可知，I中酯基水解得到J，水解反应属于取代反应。（7）能发生银镜反应说明该结构中含有醛基，能遇FeCl3溶液显紫色说明该结构中含有酚羟基，则满足这三个条件的同分异构体有13种。此时可能是情况有，固定醛基、

酚羟基的位置处在邻位上，变换甲基的位置，这种情况下有4种可能；固定醛基、酚羟基的位置处在间位上，变换甲基的位置，这种情况下有4种可能；固定醛基、酚羟基的位置处在对位上，变换甲基的位置，这种情况下有2种可能；将醛基与亚甲基相连，变换酚羟基的位置，这种情况下有3种可能，因此满足

以上条件的同分异构体有4＋4＋2＋3＝13种。其中，核磁共振氢谱显示为五组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1，说明这种同分异构体中不能含有甲基且结构为一种对称结构，因此，这种同分异构体的结构简式为：2．答案：（1）3­氯丙烯（2）（3）浓硫酸/甲苯△＋H2O（4）羧基、羟基（5）取代反应（6）

（7）10解析：（1）从碳碳双键端点C原子开始编号，氯原子位于3号碳原子上，故命名为3­氯丙烯。（2）结合C的分子式，对照和可得C的结构简式。（3）因F不能和饱和碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳，则E中—COO

H与—OH之间发生酯化反应生成F。（4）E中含有羧基（—COOH）和羟基（—OH）两种含氧官能团。（5）G→H为―→，即—Cl取代G中—OH。（6）对比H和J的结构简式，可知盐I中的阴离子为，再结合I的分子式可推知I的结构简式。（7）满足条件的E的同分异构体中含有1个苯环、3个甲基、1个羧基、1个

醛基，将—COOH和—CHO排在苯环的邻、间、对位置，再插入3个甲基（—CH3）可得：，共有10种。上述同分异构体经银镜反应后酸化，—CHO转化为—COOH，所得产物中核磁共振氢谱有四组氢，即含有四种等效氢，氢原子数量比为6∶3∶2∶1，即2个—CH3处于对

称位置，2个—COOH处于对称位置。3．答案：（1）氧化反应（2）3，4­二氯苯甲酸（3）（4）⑥⑨（5）（6）解析：（3）D的同分异构体为芳香族化合物，则含有苯环，根据（a）知，分子中含有C===O键，根据（b）知，分子中

含有两种氢原子，结构对称，则符合条件的同分异构体的结构简式为。（4）手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，A～F中均不含手性碳原子，G中含有如图所示1个手性碳原子，H中含有如图所示1个手性碳原子，I中含有如图所示1个手性碳原子，Sertraline含有如图所示两

个手性碳原子，因此有手性碳原子生成的反应路线为⑥⑨。（5）H→I为H分子脱去1个HCl，H分子中如图1、2、3、4号位的H均可和Cl脱去，其中3、4号位的H等效，因此副产物的结构简式为（6）运用逆合成分析法，结合已知信息，倒推中间产物，确定合成路线

。目标产物可由和按物质的量之比为1∶2发生已知信息（ⅲ）中反应得到，可由发生催化氧化反应得到，可由发生水解反应得到，可由和HCl发生加成反应得到。