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以下为本文档部分文字说明：

第一单元物质及其变化课练1物质的组成、性质、分类和变化狂刷小题夯基础1．答案：B解析：CO2属于酸性氧化物，但为分子晶体，熔点较低，不耐高温，A项错误；SiO2属于酸性氧化物，为共价晶体，熔点高，耐高温，B项正确；MgO为碱性氧化物，C项错误；Na2O为碱性氧化物，D项错误。2．答案

：A解析：小苏打是NaHCO3，属于盐，A项符合题意；食用油是油脂，油脂属于酯类，B项不符合题意；淀粉是天然高分子，C项不符合题意；“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，故“84”消毒液属于混合物，D项不符合题意。3．答案：B4．答案：B解析：“碳纳米泡沫

”属于碳单质，与石墨互为同素异形体，A、C错误；“碳纳米泡沫”每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6～9nm，分散到适当的溶剂中形成胶体，能产生丁达尔效应，B正确；在低于－183℃时，泡沫具有永久磁性，金刚石没有磁性，二者性质不同，D错误。5．答案：A解析：CaOCl2的化学式可以写成Ca

(ClO)Cl，该物质是由一种金属阳离子和两种酸根阴离子构成的，因此属于混盐，故A正确；(NH4)2Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误；BiONO3中没有两种酸根阴离子，不是混盐，故C错误；K3[Fe(CN)6]是含有一种阳离子和一种阴离子的盐，不是混盐，故D

错误。6．答案：B解析：由题意可知，制得能除去黑痣的物质的反应为熟石灰与草木灰中的碳酸钾反应生成氢氧化钾和碳酸钙，过滤、蒸发得到KOH，则能除去黑痣的物质为KOH。7．答案：A解析：光导纤维的主要成分是SiO2，属于无机非金属材料，B项错误；汽油、柴油仍是烃的混合物，C项错误；碳的氧化物与酸雨

的形成无关，D项错误。8．答案：B解析：⑤用玻璃瓶盛装“强水”(古书中记载一种能腐蚀五金的液体)，这里所说的强水应该是硝酸，硝酸不会和玻璃(主要成分是二氧化硅)发生反应，没有发生化学变化。9．答案：A解析：SO2可与NaOH溶液反应，①可以实现；氢硫酸可与硫酸铜溶

液发生反应：H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4，②可以实现；稀硫酸与醋酸钠溶液发生反应：H2SO4＋2CH3COONa===2CH3COOH＋Na2SO4，没有水、沉淀和气体生成，③可以实现；氢硫酸和亚硫酸发生反应

：H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O，④可以实现；同素异形体之间的转化不属于氧化还原反应，但有单质参加，⑤可以实现；水和过氧化钠发生反应：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，⑥可以实现。10．答案：C解析：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。11．答案：B解析：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。12．答案：D解析：CO2跨临界直冷制冰是利用液态CO2汽化吸热导致环境温度下降，从而使水结冰，属于物理变化，D项符合题意。13．答案：B解析：氯原子半径较小，氯气更容易靠近三氯化磷中的磷原子发生反应生成五氯化磷，A正

确；OPBrCl2与H2O反应的方程式为OPBrCl2＋3H2O===H3PO4＋2HCl＋HBr，一共生成3种酸，B错误；从P—Br键到P—F键，键的稳定性逐渐增强，在和水反应时越难断裂，反应速率越慢

，C正确；PBr3与C2H5OH反应的时候，Br和乙醇羟基上的氢原子结合，乙醇的其余部分和磷结合生成P(OC2H5)3，D正确。14．答案：A15.答案：D16．答案：D解析：液晶不像普通物质直接由固态晶体熔化成液体，而是一个既像晶体又似液体的中间状态，最大特点是既具有液体的流动性，又具有晶体的

各向异性，故A错误；瓷器的主要成分为硅酸盐，而水晶、玛瑙的主要成分为二氧化硅，所以瓷器的主要成分与水晶、玛瑙不同，故B错误；油脂的相对分子质量小于一万，不属于高分子化合物，故C错误；水幕灯光秀中的彩色灯光是因为原子核外电子的跃迁产生光谱的缘故，成像是因为气溶胶产生了

丁达尔效应的缘故，所以美轮美奂的水幕灯光秀与原子核外电子跃迁及胶体的性质有关，故D正确。17．答案：D解析：丹指丹砂、朱砂、辰砂，是硫化汞的天然矿石，A正确；青指石青，主要成分为Cu3（CO3）2（OH）2，属于碱式碳酸盐，B正确；墨汁、墨水均属于胶体，C正确；绢指丝织品，主要成分为蛋白质

，纸的主要成分是纤维素，蛋白质和纤维素都属于天然高分子，D错误。18．答案：D解析：NaH2PO4属于酸式盐；由已知NaH2PO2可由H3PO2与过量的NaOH溶液反应生成，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，为一元酸，则NaH2PO2属于正盐，故A错

误；CO2是酸性氧化物，CO不和碱反应，不是酸性氧化物，故B错误；15­冠­5（冠醚）能识别Na＋，12­冠­4（冠醚）与锂离子络合而不与钠、钾离子络合，故C错误；CaO与水反应生成Ca（OH）2，Na2O与水反应生成NaOH，故D正确。综合测评提能力1．答案：D解析：锂离子电池工作则

内部发生氧化还原反应，将化学能转化为电能，A项涉及化学变化；电解生产微孔铜箔工程中使得部分单质铜发生氧化反应溶解到电解质溶液中，B项涉及化学变化；石化园区生产新型复合材料会发生聚合反应等，有新物质的生成，C项涉及化学变化；核反应利用原子核裂变所释放出的热能进行发电，不是分子层次的变化，

不属于化学变化，D项不涉及化学变化。2．答案：C解析：石灰石不能用作干燥剂，故①错误；不锈钢、青铜、生铁都是合金，故②正确；浓硫酸、烧碱和硝酸都具有很强的腐蚀性，故③正确；过氧化钠不属于碱性氧化物，故④错误；醋酸、一水合氨、水都存在电离平

衡，故⑤正确。3．答案：C解析：硫酸铜晶体是由一种物质组成的化合物，属于盐，故A错误；氢氧化铁不是胶体，故B错误；电解质属于化合物，化合物都是纯净物，故C正确；稀硫酸为溶液，酸是化合物，属于电解质，故D错误。4．答案：A解析

：银锭中仅存在金属键，A错误；沏泡功夫茶利用了萃取原理，水作萃取剂，茶叶中的成分从茶叶中转移到了水中，B正确；在木材上雕刻花纹的过程主要发生物理变化，没有新物质生成，不是化学变化，C正确；舞台上灯光光柱的形成是光遇到雾气或大气中的灰尘，产生了丁达尔效应，

D正确。5．答案：B解析：炭黑与金刚石是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故A正确；桐油主要成分是桐酸和少量萜烯树脂，未固化之前不是高分子化合物，故B错误；墨汁是碳溶于水中形成的液溶胶，具有胶体的性质，故C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，故D正确。6．答案：C解析：放置较久的红薯比新挖出的甜，与淀粉水解生成葡萄糖有关，葡萄糖不能水解，A错误；冰水混合物只含水分子，属于纯净物，B错误；可将阿司匹林连接在高分子载体上生成长效

缓释药物，长效缓释阿司匹林在人体内可慢慢发生水解反应释放出阿司匹林，延长药效时间，C正确；在钢铁部件表面进行发蓝处理，生成一层致密的四氧化三铁薄膜，对其进行防护，该处理属于化学变化，D错误。7．答案：C解析：棉花为天然纤维，所以白棉布主要成分为天然纤维，A错误；“画

蜡”过程中将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层，没有新物质生成，为物理变化，B错误；“画蜡”用的蜂蜡，是一种混合物，不属于晶体，无固定熔点，C正确；根据题目信息可知，蓝靛的相对分子质量较小，不是高分子化合物，D错误。8．答案：A解析：FeOOH不能电离出酸

根阴离子，不属于盐，A错误；铜在空气中与氧气、二氧化碳和水反应生成铜锈，化学方程式为2Cu＋H2O＋O2＋CO2===Cu2（OH）2CO3，B正确；聚合硫酸铁中Fe为＋3价，溶于水产生Fe3＋，Fe3＋能水解生成具有吸附作用的Fe（OH）3胶体，可以净水，C正确；Mg2（OH）3ClO·H2

O在酸性溶液中生成次氯酸，次氯酸可以杀菌、漂白，D正确。9．答案：B解析：2PbCO3·Pb（OH）2属于碱式盐，A正确；Pb3O4中铅的化合价是＋2和＋4，所以与硫酸反应生成的盐不是只有PbSO4，B错误；“化不白者，炒为黄丹”的过程中铅被氧化

成Pb3O4，发生了氧化还原反应，C正确；密陀僧（PbO）与碳粉高温加热，碳做还原剂可以制得铅，D正确。10．答案：A解析：石英的主要成分是SiO2，SiO2由大量的硅氧四面体基本单元构成，A正确；瓷器中含

有各种氧化物，因此为混合物，B错误；瓷器中的钙元素主要以碳酸钙形式存在，因此不会发生该反应，C错误；氧化铁是红棕色粉末，因此不会导致青釉器颜色为青色，D错误。11．答案：B解析：杂草腐烂属于化学变化，A不符合题意；“忽如一夜春风来，千树万树梨花开”中不涉及化学变

化，B符合题意；燃烧是化学变化，金属冶炼是化学变化，C不符合题意；蜡烛燃烧是化学变化，D不符合题意。12．答案：A解析：分散系包括胶体、溶液和浊液，其中烟属于胶体，A正确；酸、碱、盐都属于电解质，但盐不属于酸，B错误；元素周期表的纵列包括主族、副族

和0族，其中卤族属于主族，C错误；化合物包括共价化合物和离子化合物，其中碱属于离子化合物，D错误。13．答案：C解析：Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO

2发生氧化还原反应时SO2被氧化成SO2－4，ClO－被还原成Cl－，B不合理；Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N＋4HCl===3NaCl＋NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2＋8HCl===3MgCl2＋2N

H4Cl，C合理；氨水与少量AgNO3反应生成[Ag（NH3）2]＋：Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag（NH3）2]＋＋2H2O，D不合理。14．答案：C解析：As2O3是一种两性氧化物，和盐酸会生成盐

而不是酸，A错误；As2O5具有强氧化性，次氯酸钠也具有氧化性，不能发生氧化还原反应，B错误；H3AsO4为三元酸，可以和过量的氢氧化钠反应生成正盐Na3AsO4，C正确；As2O5是一种酸性氧化物，可以和水反应生成H3AsO4，D错误。15．答案：B解析：由图可知，吸附层中正电荷较多，

在静电吸附作用下，胶团可以吸附废水中的＋3价砷元素，则含砷微粒是带负电荷的离子，A错误；根据铁元素守恒，1molK2FeO4可以形成1molFe（OH）3，则为Fe（OH）3组成的胶团数目小于NA，B正确；增大废水的pH，Fe（OH）3胶粒会转化为氢氧化铁沉淀，导

致吸附絮凝效能下降，C错误；K2FeO4具有氧化性，可以氧化废水中的含砷微粒到＋5价，D错误。16．答案：C解析：溶液中分散质微粒直径小于10－9m，不能产生丁达尔效应，A错误；Fe2O3、FeCO3属于电解质，H2属于单质，CO2不是电解质，B错误；FeSO4

、NH4Cl均属于强酸弱碱盐，水解后溶液均显酸性，D错误。17．答案：（1）FeO（OCH3）＋3HCl===FeCl3＋H2O＋CH3OH（2）2FeO（OCH3）＋6HI===2FeI2＋I2＋2H2O＋2CH3OH（3）2FeO（

OCH3）＋3SiO2＋3O2=====高温Fe2（SiO3）3＋2CO2↑＋3H2O解析：（1）化合物FeO（OCH3）与稀盐酸反应生成FeCl3、CH3OH、H2O。（2）化合物FeO（OCH3）中Fe的化合价

为＋3价，故其溶于氢碘酸（HI）生成的Fe3＋能将I－氧化为I2。（3）化合物FeO（OCH3）在空气中高温将生成Fe2O3、CO2和H2O，由于Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，二者高温反应生成Fe2（SiO3）3。课练2离子反应狂刷小题夯基础1．答案：C解析：铁是单

质，既不是电解质，也不是非电解质，A项错误；葡萄糖是非电解质，B项错误；硫酸镁是电解质，C项正确；CO2是非电解质，D项错误。2．答案：D解析：Fe3＋和SCN－反应生成络合离子，不能大量共存，A错误；ClO－、I－两者会发生氧化还原反

应，不能大量共存，B错误；Al3＋和HCO－3会发生相互促进的水解反应，不能大量共存，C错误；四种离子相互之间不反应，能大量共存，D正确。3．答案：A解析：碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋

H2O＋CO2↑，故A错误。4．答案：B解析：盐酸中加入氢氧化钠溶液，反应生成水和氯化钠，灯泡不会熄灭，A项不符合题意；向硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度不断减小，灯泡亮度不断降低，直到熄灭，当氢氧化钡过量时，溶液中的

离子浓度逐渐增大，灯泡逐渐变亮，B项符合题意；硫酸中加入氯化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，灯泡不会熄灭，C项不符合题意；盐酸中加入硝酸银溶液，反应生成氯化银沉淀和硝酸，灯泡不会熄灭，D项不符合题意。5．答案：B解析：如果溶液中含

有Ca2＋、Ag＋等，向其中加入少量稀硫酸，会有硫酸钙、硫酸银等白色沉淀产生，所以不能确定溶液中含有Ba2＋，A项错误；硫酸亚铁可将酸性KMnO4还原而使酸性KMnO4溶液褪色，B项正确；HCO－3、SO2－3、HSO－3遇稀盐酸也可产生大

量气泡，C项错误；若存在Ag＋，加入BaCl2溶液会产生氯化银白色沉淀，D项错误。6．答案：（1）⑦⑧⑨⑪⑫（2）⑤⑩（3）③（4）⑧⑪（5）④⑫（6）①②7．答案：（1）B（OH）3＋H2O⇌[B（OH）4]－＋H＋

（2）N2H＋5＋H2O⇌N2H2＋6＋OH－8．答案：D解析：H2SO3的酸性比盐酸的酸性弱，H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液不发生反应，D项错误。9．答案：B解析：碱性锌锰电池中正极上MnO2得电子生成MnO（OH），A项正确；铅酸蓄电池充电时，阳极上PbSO4失电子生成PbO2

，电极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O===PbO2＋4H＋＋SO2－4，B项错误；K3[Fe（CN）6]溶液滴入FeCl2溶液中，产生KFe[Fe（CN）6]蓝色沉淀，C项正确；TiCl4加入水中发生水解反应生成TiO2·x

H2O和HCl，D项正确。10．答案：B解析：NaHCO3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。11．答案：C解析：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，Fe

3＋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。12．答案：B解析：Al3＋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。13．答案：C解析：MgO为金属氧化物，不拆，方程式应为MgO＋SO2===MgSO3，A错误；石灰石C

aCO3不拆，方程式应为2CaCO3＋2SO2＋O2===2CaSO4＋2CO2，B错误；SO2与NH3·H2O反应，生成的（NH4）2SO3再被氧化成（NH4）2SO4，C正确；SO2与HCO－3反应生成HSO－3，方程式为SO2＋HCO－3===HSO－3＋CO2，

D错误。14．答案：A解析：取样，滴加KSCN溶液后显血红色，则溶液中含有Fe3＋，Fe3＋与CO2－3会发生双水解反应而不共存、I－与Fe3＋会发生氧化还原反应而不共存，则阴离子只有SO2－4，电解质

溶液呈电中性，故溶液中一定有SO2－4，为确定该溶液的组成，还需检验的离子只有K＋。15．答案：D解析：选项A，MnO－4、Fe2＋会发生氧化还原反应，不能大量共存且Fe2＋与OH－不能大量共存；选项B，HCO

－3与Mg2＋会发生完全双水解，不能大量共存；选项C，OH－与Al3＋反应生成[Al（OH）4]－，不能大量共存；选项D，各离子之间不反应，能大量共存。16．答案：D解析：向一定量硫酸和硫酸铜的混合溶液中，逐滴加入一定质量分数的氢氧化钠溶液，直至过

量，此过程中氢氧化钠先和硫酸反应，然后和硫酸铜反应。a至b段是氢氧化钠中和硫酸，没有蓝色沉淀生成，A错误；a至c段硫酸钠的质量逐渐增大，c到d段硫酸钠质量不再增加，B错误；c至d段，氢氧化钠过量，溶液中氢氧化钠增多

，碱性变大，pH变大，C错误；c点时硫酸铜恰好完全反应，此时对应溶液中的溶质只有硫酸钠，溶质种类最少，D正确。综合测评提能力1．答案：D解析：因为CO2＋H2O⇌H2CO3，H2CO3电离出H＋和HCO－3从而使溶液导电，而不是CO2自身电离，因此H2CO3是电

解质，CO2是非电解质，A错误；电解质强弱的划分是根据其电离的程度，而不是根据其溶解度的大小，BaSO4溶解度很小，但溶于水的BaSO4完全电离，所以BaSO4是强电解质，不能用“⇌”，B错误；电解质和非电解质都是化合物，液溴是单质，C错误；电解质导电能力的强弱与溶液中自由移动的离子的浓度大小以及

所带的电荷多少有关，所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，D正确。2．答案：B解析：使淀粉­KI溶液变蓝的溶液有强氧化性，强还原性离子不能存在，故此溶液中S2－不能存在，A项不符合题意；滴入酚酞变红的溶液显碱性，Na＋、K＋、C

H3COO－、Cl－在碱性环境下均能存在，B项符合题意；滴入苯酚显紫色的溶液含Fe3＋，则能和Fe3＋反应的离子则不能存在，而Fe3＋和SCN－能反应，故不能共存，C项不符合题意；滴入甲基橙呈红色的溶液显酸性，则能和H＋反应的离子不能大量存在，

而HCO－3和H＋能反应，故两者不能共存，D项不符合题意。3．答案：D解析：Fe3＋、S2－发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；NH＋4、Fe3＋、Br－、SO2－4之间能够共存，但加入过量Na2S后发生反应：2Fe3＋

＋3S2－===2FeS↓＋S↓，故B错误；K＋、Na＋、ClO－、SO2－4之间能够共存，但通入足量SO2后发生反应：SO2＋ClO－＋H2O===SO2－4＋Cl－＋2H＋，故C错误；K＋、Na＋、CO2－3、[Al（OH）4]－之间能够共存，[Al（OH）4]

－结合H＋能力更强，加入少量HCl后发生反应：H＋＋[Al（OH）4]－===Al（OH）3↓＋H2O，故D正确。4．答案：C解析：铵根离子、亚铁离子水解使得溶液显酸性，酸性溶液使紫色石蕊试液变红色，能准确解释相

应实验现象，A不符合题意；硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，能准确解释相应实验现象，B不符合题意；亚铁离子和硝酸根离子生成铁离子和一氧化氮气体，3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋2H2O＋NO↑，不能准确解释相应实验现象，C符合题意；铵根离子和氢氧

根离子生成刺激性气体氨气，能准确解释相应实验现象，D不符合题意。5．答案：D解析：显碱性的盐溶液也能使红色石蕊试纸变蓝色，如Na2CO3溶液，A项错误；若废液呈酸性，即使含Cu2＋，加入少量的葡萄糖溶液也无砖红色沉淀产生，B项错误；若该溶液中含有HCO－3，加入盐酸也能产生无色无味气体，C项

错误。6．答案：D解析：NH4Cl、（NH4）2SO4、NaCl、Na2SO4溶液分别与Ba（OH）2溶液反应，现象依次为：刺激性气味的气体、刺激性气味的气体和白色沉淀、不反应、白色沉淀，现象不同，能鉴

别，故A正确；NaI、Ba（OH）2、Na2S、NaHCO3溶液分别与FeCl3溶液反应，现象依次为：溶液黄色消失变为棕褐色、生成白色沉淀最终变成红褐色、生成黄色沉淀、生成红褐色沉淀，现象不同，能鉴别，故B正确；MgCl2、FeCl2、Al2（SO4）3、（NH4）2SO4溶液分

别与NaOH溶液反应，现象依次为：白色沉淀、生成白色沉淀最终变成红褐色、先生成白色沉淀后溶解、刺激性气体，现象不同，能鉴别，故C正确；Na2SO3溶液和NaHCO3溶液都是碱性的，不能用红色石蕊试纸鉴别，故D错误。7．答案：D解析：无色

溶液中一定不含Fe3＋和MnO－4，①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，因为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，所以无色无味的气体是O2，一定不是NH3，则一定没有NH＋4，再加入足量的NaOH溶

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

。综上分析，溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋、SO2－4，一定不含Fe3＋、MnO－4、NH＋4、HCO－3，不确定是否含有K＋和Cl－。8．答案：B解析：焰色试验显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在

碳酸根离子，不存在硫酸根离子。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na＋、Cl－、CO2－3，一定不存在SO2－4，可能含有K＋。9．答案：C解析：在含Ba（OH）2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2

，首先会生成碳酸钡沉淀，故氢氧化钡首先反应，A错误；在含AlO－2、OH－、CO2－3的溶液中逐滴加入盐酸，氢离子首先和氢氧根离子生成水、和偏铝酸根离子生成氢氧化铝沉淀、和碳酸根离子生成碳酸氢根离子，B错误；在含NH＋4、Al3＋、H＋的溶液中

逐滴加入KOH溶液，氢氧根离子首先和氢离子生成水、和铝离子生成氢氧化铝沉淀、和铵根离子生成一水合氨，再和氢氧化铝生成偏铝酸根离子，C正确；在含有Fe2＋、Ag＋、Cu2＋、H＋等离子且浓度相等的溶液中加入锌粉，锌首先会置换出银离子、铜离子，再和氢离子、亚铁离子反应，D错误。10．答案：B解析

：a点时，溶液澄清透明，加入NaOH溶液产生灰绿色难溶物Fe（OH）2与Fe（OH）3的混合物，证明a点时Fe3＋与SO2－3发生了氧化还原反应：2Fe3＋＋SO2－3＋H2O===2Fe2＋＋SO2－4＋2H＋，A不符合题意；b点时出现了明显红褐色难溶物Fe（

OH）3，上层清液分别加入KSCN溶液和NaOH溶液，前者溶液变为血红色，含Fe3＋，后者无绿色难溶物，无Fe（OH）2生成，说明b点主要发生Fe3＋与SO2－3的水解互促作用，2Fe3＋＋3SO2－3＋6H2O===2Fe（OH）3＋3H2SO3，由此可知n（SO2－

3）n（Fe3＋）＝1.5，即b点时溶液中离子浓度和最小，此时电导率不是最低，B符合题意；由上述分析知，说明b点主要发生Fe3＋与SO2－3的水解互促作用，C不符合题意；由图及上述分析知，混合后溶液的pH，取决于Fe3

＋和SO2－3主要反应类型，以氧化还原反应为主时，溶度pH降低，以水解互促反应为主时，溶液的pH升高，D不符合题意。11．答案：（1）①2H＋＋SO2－4＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O②Ba2＋＋SO2－4＋H＋＋HCO－3===BaSO4↓＋H2O＋CO2↑HCO－3＋H

＋===CO2↑＋H2O③2Al3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓（2）2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===Br2＋2Fe3＋＋4Cl－2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Br2＋2Fe3＋＋6Cl－（3）①5Cl2＋2CN－＋8OH－==

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

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

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

3＋H＋===CO2↑＋H2O；③NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2按照2∶3的物质的量之比反应生成氢氧化铝、硫酸钡和硫酸铵，离子方程式：2Al3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓。（2）向含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2，若x

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

3＋＋6Cl－。（3）①根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为5Cl2＋2CN－＋8OH－===2CO2＋N2＋10Cl－＋4H2O；②二价铁离子有还原性，Cr2O2－7有强氧化性，二者

能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，Cr2O2－7被还原为Cr3＋，反应方程式：Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；③次氯酸钠具有强氧化性，可氧化I－生成单质I2，I2遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为ClO

－＋2I－＋H2O===I2＋Cl－＋2OH－。12．答案：（1）一定不HCO－3和CO2－3均可与盐酸反应生成二氧化碳，造成阴离子种类变化（2）Cl－、NO－3、SO2－4Fe2＋、Mg2＋（3）3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O（4）120解析：

向原溶液中加入足量的盐酸，反应后溶液的阴离子的种类没有变化，则原溶液中不存在OH－、HCO－3、CO2－3，一定存在Cl－，又因为产生无色气体，只能是Fe2＋与NO－3、H＋反应生成的NO，可确定原溶液中含有Fe2＋、NO－3、Cl－各1mol，因溶液中有5种离子，溶液中一定还含有1molSO

2－4，而阳离子只能是Mg2＋，且物质的量为1mol。（3）生成无色气体的离子方程式为3Fe2＋＋NO－3＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。（4）向原溶液中加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥、灼烧生成0.5molFe2O3和1molMgO，故固体质量为120g。课练

3氧化还原反应狂刷小题夯基础1．答案：B解析：谷物发酵的过程中包含淀粉水解、葡萄糖转化为乙醇、乙醇氧化为乙酸的过程；小苏打分解的化学方程式为2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O，不是氧化还原反应；含氯消毒剂有强氧化性，可用于环境消毒；NO2与水发生反应：3NO2＋H2O===N

O＋2HNO3，是氧化还原反应。2．答案：B解析：该反应属于复分解反应，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故A不符合题意；该反应不属于四种基本反应类型，且有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；该反应属于置换反

应，是氧化还原反应，故C不符合题意；该反应属于化合反应，是氧化还原反应，故D不符合题意。3．答案：C解析：A项，还原性：SO2＞Fe2＋，反应能发生；B项，还原性：SO2＞I－，反应能发生；C项，还原性：H2O

2＜SO2，反应不能发生。4．答案：C解析：XO（OH）＋2中X的化合价是＋5，Na2SO3中S的化合价从＋4升高到＋6，设X元素被还原后的化合价为a，根据氧化还原反应中化合价升降必相等：2.4×10－3×（5－a）＝0.2×0.03×（6－4），解得a＝0。

5．答案：D解析：反应中K2H3IO6中I元素的化合价降低，发生得电子的还原反应，A错误；KI中的I－由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；12.7gI2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4

molI2转移7mol电子，则生成0.05molI2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1molK2H3IO6就有7molHI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为7∶1，D正确。6．答案：

D解析：A项，分析图1、图2可知，Mn2＋为反应物，作还原剂，则IO－4作氧化剂；B项，配平后的离子方程式为2Mn2＋＋5IO－4＋3H2O===2MnO－4＋5IO－3＋6H＋，故1molMn2＋参加反应转

移5mol电子；C项，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2；D项，配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、6。7．答案：A解析：该反应中氮元素由－1价升高为＋1价，生成1molN2O，转移4mol电子，A项正确；该反应中H、O元素化合价不变，H2O既不是氧化产物，也不是还原产

物，还原产物为Fe2＋，B项错误；该反应中氮元素化合价升高，铁元素化合价降低，NH2OH为还原剂，Fe3＋为氧化剂，C项错误；若设计成原电池，则正极反应为：Fe3＋＋e－===Fe2＋，Fe2＋为正极产物，D项错误。8．答案：D解析：SO2－4中

4个硫氧键相同，其空间结构为正四面体形，S2O2－3的空间结构为四面体形，A项错误；由图示转化可知，反应Ⅰ中只有S元素被氧化，反应Ⅱ中As、S元素均被氧化，B项错误；根据反应物和产物及氧化还原反应规律可知，反应Ⅰ为2As2S3＋6O2＋3H2O===2As2O3＋3H2

S2O3，反应Ⅱ为As2S3＋7O2＋6H2O===2H3AsO4＋3H2SO4，则参加反应的n（O2）n（H2O）：Ⅰ>Ⅱ，C项错误；根据反应Ⅰ、Ⅱ可知，1molAs2S3发生反应时，两反应转移的电子分别为12mol和28mol，个数之比为3∶7，D项正确。9．

答案：C解析：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。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，在离子方程式中应写化学式，总反应为2MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D项错误；答案选C。10．答案：D解析：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。11．答案：BD解析：KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、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K2MnO4、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错误；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；每生成1molO2转移4mol电子

，每生成1molCl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl－生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n（气体）max＝0.25mol

，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误。12．答案：C解析：FeO2－4中铁元素的化合价为＋6价，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的

价电子数不相等，A项错误；反应中，铁元素化合价降低，FeOOH是还原产物，B项错误；配平后的化学方程式为4FeO2－4＋6H2O===4FeOOH＋3O2↑＋8OH－，则FeO2－4与H2O的化学计量数之比为2∶3，C项正确；未注明温度和压强

，不能确定O2的物质的量，D项错误。13．答案：D解析：反硝化过程中氮元素化合价降低，做氧化剂被还原，A正确；NO－2中N元素为＋3价，NH＋4中N元素为－3价，二者反应产物为N2，化合价为0价，根据转移电子守恒可知，反应过程中二者的理论物质的量之比为1∶1，B正确；

氮的固定是指游离态氮元素转化为化合态的氮元素，氮气转化为铵根，氮元素化合价降低，做氧化剂被还原，C正确；由转化图可知，亚铁离子能与水体中的硝酸根反应，可以除去水体中的硝态氮，D错误。14．答案：A解析：已知N

aClO具有强氧化性，H2O2既有氧化性又有还原性，当H2O2作氧化剂时，则ClO－被氧化成更高价态的物质，自身被还原为H2O，不可能是无色气体，不合题意；当H2O2作还原剂时，则其被ClO－氧化成O2，为无色气体，反应离子方程式为ClO－＋H2O2===H2O＋Cl－＋O2

↑，即实验4中生成的无色气体是O2，A正确；向0.1mol·L－1NaClO溶液中通入足量CO2，无明显现象，并不能说明没有发生反应NaClO＋H2O＋CO2===NaHCO3＋HClO，故实验2不能说明Ka

（HClO）>Ka1（H2CO3），B错误；NaClO是可溶性盐，离子方程式书写时能拆，故实验3反应的离子方程式为ClO－＋2H＋＋Cl－===Cl2↑＋H2O，C错误；由水解方程式ClO－＋H2O⇌HClO＋OH－可知，发生水解的ClO－的浓度为10－4mol·L－1，则0.1mol·L－1Na

ClO溶液中c（ClO－）约为0.1mol·L－1－10－4mol·L－1≈0.1mol·L－1，D错误。15．答案：C解析：Cu被氧化只会生成Cu＋和Cu2＋，由于资料中说明Cu＋在酸性溶液中不能存在，故Ⅰ区铜反应后的主要产物为Cu2＋，则A错误；由A知，Ⅰ区反应为5Cu＋2MnO－4＋16H＋

===5Cu2＋＋2Mn2＋＋8H2O，A区生成的锰离子向外扩散，C区的高锰酸根向内扩散，二者在B区相遇发生反应：2MnO－4＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋，则B错误；如果酸性高锰酸钾大大过量

，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＋，则C正确；结合B可知，C区c（MnO－4）减小，溶液颜色变浅，则D错误。综合测评提能力1．答案：B解析：将乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中，

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

l2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，有电子转移，属于氧化还原反应，C不符合题意；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性，石蕊溶液褪色是因为发生氧化还原反应，D不符合题意。2．答案：D解析：A项，根据方程式可知，双氧水中氧元素的化合价从－1价升高到0价，失去电子被氧化

，双氧水是还原剂，错误；B项，双氧水中氧元素的化合价从－1价升高到O2中的0价，1个H2O2分子失去2个电子，因此每生成1molO2转移电子的物质的量为2mol，错误；C项，ClO2中氯元素的化合价从＋4价降低到＋3价，1个ClO2分子得到1个电子被还原，错误；D项，根据以上分析可知，ClO2

是氧化剂，H2O2是还原剂，正确。3．答案：B解析：反应①中，硒元素化合价升高被氧化，硒是还原剂，SeO2为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是氧化剂，SO2是还原产物，故A正确；反应②中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘元素化合价升高被氧化，碘化钾是还原

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

二氧化硒为氧化产物，氧化性：H2SO4（浓）>SeO2，反应②中SeO2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化性：SeO2>I2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）>SeO2>I2，故D正确。4．答案：B解析：反应前S的化合价是＋2价，反应后是＋2.5价，化合价升高，因此S2O2－3是还原剂，故

A正确；根据方程式可知，还原剂共失去2mol电子，而1mol氧气得到4mol电子，所以亚铁离子应该再失去2mol电子，因此Y是四氧化三铁，故B错误；根据原子守恒可知，故C正确；每有1molO2参加反应，转移的电子总数为1mol×4＝4mol，D正确。5．答案：C解析：实验1中浓硫酸与氯化钠固体反

应生成氯化氢气体，符合难挥发性酸制取挥发性酸，反应为NaCl＋H2SO4（浓）=====加热NaHSO4＋HCl↑，故A正确；实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br－>Cl－，故B正确；②中溶液含有浓硫酸和

溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性：I－>Br－的结论，故C错误；根据分析，实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的强氧化性，故D正确。6．答案：B解析：反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，

Mn元素的化合价降低，发生还原反应，MnO－4为氧化剂，A错误；反应Ⅰ中每生成1molSO2－4，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2×（2－1）＋（6＋2）＝10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；反应

Ⅱ中氧化剂MnO－4化合价降低（7－2）＝5，还原剂FeS2化合价共升高1＋2×（6＋1）＝15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15∶5＝3∶1，C错误；若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的

量相同，1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高15，应氧化515mol＝13molFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量

之比为0.5mol∶13mol＝3∶2，D错误。7．答案：B解析：根据反应原理图，H2O2＋M＋H＋―→H2O＋M′的过程中H2O2被还原成H2O，M′＋H2O2―→M＋O2＋H＋的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2＋，M′为Fe3＋。根据分析，A错误；图

示中生成O2的反应为2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋，反应过程中O元素的化合价由－1价升至0价，因此当有1molO2生成时，转移2mol电子，故B正确；图示中的反应为2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋、2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2

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

e2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3＋，故D错误。8．答案：B解析：根据图示，可知反应Ⅰ为2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋，反应Ⅱ为4Ce3＋＋2NO＋4H＋===4Ce4＋＋N2＋2H2O，在

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

子守恒，溶液中Ce元素总量始终不变，故Ce4＋和Ce3＋的总数保持不变，D正确。9．答案：C解析：“吸收”过程中，SO2的化合价升高，被氧化，A错误；“吸收”过程中反应为2H2O＋SO2＋Fe2（SO

4）3===2FeSO4＋2H2SO4，酸性增强，B错误；用空气中的氧气氧化得到Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3溶液循环到“吸收”步骤循环使用，C正确；“氧化”过程中，O2化合价由0价降低为－2价，每1molO2参加反应转移4m

ol电子，D错误。10．答案：C解析：电解NaI溶液生成NaIO3，往NaIO3溶液中加入NaOH溶液和通入氯气，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，过滤得到Na2H3IO6，加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag

5IO6，过滤得到黑色Ag5IO6，通入氯气和加入水发生反应4Ag5IO6＋10Cl2＋10H2O===4H5IO6＋20AgCl＋5O2，过滤得到H5IO6。“反应1”中，电解NaI溶液生成NaIO3，目的是将I－转化为IO－3，A正确；“反应2”中，往NaIO3溶液中加入NaOH溶液和通入氯气

，反应生成不溶于水的Na2H3IO6，反应的化学方程式为NaIO3＋Cl2＋3NaOH===Na2H3IO6↓＋2NaCl，B正确；“反应3”中Na2H3IO6加入硝酸银溶液生成不溶于水的黑色Ag5IO6，同时生成NaNO3和HNO3，C错误；“反应4”中发生的反应为4Ag5IO6＋

10Cl2＋10H2O===4H5IO6＋20AgCl＋5O2，因此生成的无色气体可能是氧气，D正确。11．答案：（1）（浓）===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O（2）2mol2NA（3）4Cl2＋8NaOH===6NaCl＋NaClO3＋NaClO＋4H2O（4）Cl－＋ClO－＋

2H＋===Cl2↑＋H2O解析：（1）反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，锰元素化合价从＋7价降低到＋2价，单线桥由失电子一方指向得电子一方，并在单线桥上标出电子转移数，因为HCl在反应时只有部分被氧化，转移电子总数要根据锰元素来计算。（2）根据反应方程

式2KMnO4＋16HCl（浓）===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，每生成1molCl2，被氧化的HCl的物质的量是2mol；转移的电子数为2NA。（3）产物中ClO－与ClO－3物质的量之比

为1∶1，设NaClO3和NaClO的化学计量数都是1，还原产物为氯化钠，根据得失电子守恒和原子守恒，可得发生反应的化学方程式为4Cl2＋8NaOH===6NaCl＋NaClO3＋NaClO＋4H2O。（4）次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成氯气，可写出离子方程式为Cl－＋ClO－＋2H＋=

==Cl2↑＋H2O。12．答案：（1）Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O1∶2（2）0.16（3）Fe3＋被还原成Fe2＋3Fe2＋＋4H＋＋NO－3===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O（4）碱式851481071.92×10－3mol解析：（1）盐酸不能与金属

铜反应，加入H2O2后，发生氧化还原反应，铜片溶解生成氯化铜、水，该反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O，氧化产物氯化铜与还原产物水的物质的量之比为1∶2。（2）n（KI）＝0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3

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

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

2S2O3在溶液中水解，使溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中；酸性条件下MnO－4能将S2O2－3氧化为SO2－4，本身被还原为Mn2＋，反应的离子方程式为8MnO－4＋5S2O2－3＋14H＋===8Mn2＋＋10SO2－4＋7H2O；实验中，

消耗n（S2O2－3）＝0.100mol·L－1×0.012L＝0.0012mol，由得失电子数目守恒得：n（MnO－4）×5＝0.0012mol×4×2，得n（MnO－4）＝1.92×10－3mol,则该样品中KMnO4的物质的量是1.92×1

0－3mol。单元检测1物质及其变化1．答案：D解析：金的化学性质稳定，常以单质的形式存在于自然界中，“沙中浪底来”指的是金单质，故A错误；沙里淘金的原理是金子的密度比沙子的密度大得多，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金就留在容器里，不是萃取原理，故B错误；雾属于胶

体，分散质粒子的直径范围应该是1～100nm（10－9～10－7m），故C错误；沙子的主要成分为二氧化硅，计算机芯片为硅单质，硅的化合价从＋4价变为0价，化合价降低，发生了还原反应，故D正确。2．答案：D解析：有机物是含碳化合物（碳氧化物、碳硫化物、碳酸、碳酸

盐、碳酸氢盐、金属碳化物、氰化物、硫氰化物、碳硼烷、烷基金属、羰基金属、金属的有机配体配合物等除外）或碳氢化合物及其常见衍生物的总称，ClO2不含碳元素，不是有机物，A错误；酸在化学上是指在水溶液中电离时产生的阳离子都是氢离子的化合物，ClO2不是酸，B错误；盐

类指的是由金属离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物，ClO2不是盐，C错误；由两种元素组成，且其中一种元素为氧元素的化合物为氧化物，ClO2属于氧化物，D正确。3．答案：D解析：NH3分子中的化合价的代数和为0，Cl为－1价，根据化合物中正负

化合价代数和为0，故Pt为＋2价，A错误；Pt（NH3）2Cl2是化合物不是混合物，B错误；NH3是氢化物不是碱，C错误；Pt（NH3）2Cl2由Pt、N、H、Cl共4种元素组成，D正确。4．答案：A解析：CaO能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物

，而Na2O2与酸反应生成盐和水之外还放出氧气，且发生氧化还原反应，则其不属于碱性氧化物，而属于过氧化物，A符合题意；HNO3和H2SO3是在水溶液中电离出的阳离子全部是H＋的化合物，则它们都属于酸，B不合题意；Fe（OH）3和NH3·H2O是在水溶液中电离出的阴离子全部是OH－的化合物，则它

们都属于碱，C不合题意；NaHSO4和NH4Cl是在水溶液中电离出金属阳离子或铵根离子和酸根离子的化合物，则它们都属于盐，D不合题意。5．答案：A解析：该“纳米药物分子运输车”的直径为200nm，分散于水中所得的分散系属于浊液，故A错误；葡萄糖、酒精属于有机物，故B正确；

“纳米药物分子运输车”含有二氧化硅、四氧化三铁、药物等，属于混合物，故C正确；四氧化三铁中铁元素显＋2、＋3价，和盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁两种盐，不属于碱性氧化物，故D正确。6．答案：A解析：醋酸为弱电解质，加入NaOH后反应生成强电解质醋酸钠，所以不会出现变暗的过程，A选；Ca（HCO

3）2为强电解质，加入Ca（OH）2后反应生成碳酸钙沉淀和水，溶液中的离子浓度逐渐降低，直至接近于零，之后又随着Ca（OH）2的加入，溶液中的离子浓度增大，B不选；硫酸为强电解质，加入Ba（OH）2后反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液中的离子

浓度逐渐降低，直至接近于零，之后又随着Ba（OH）2的加入，溶液中的离子浓度增大，C不选；H2S为弱电解质，加入H2SO3后反应生成硫单质和水，溶液中离子浓度逐渐降低，直至接近于零，之后随着H2SO3的加入，溶液

中的离子浓度增大，D不选。7．答案：B解析：A项，I－具有强还原性，ClO－具有强氧化性，I－与ClO－发生氧化还原反应，I－与ClO－不能大量共存；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，能大量共存；C项，CH3COO－能与H＋反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH

3COO－不能大量存在；D项，Mg2＋、HCO－3都能与OH－反应，Mg2＋、HCO－3与OH－不能大量共存。8．答案：B解析：Cu2＋、Ag＋均与NaOH溶液反应生成沉淀，Ba2＋、Ag＋均与Na2SO4溶液反应生成沉淀，只有Ag＋与Cl－反应生成沉淀，则这三种离子逐一沉淀分离时，A一

定为盐酸，沉淀1为AgCl，B为NaOH或Na2SO4，C为Na2SO4或NaOH。9．答案：A解析：由物质种类、数目分为四种基本反应类型，则化合、分解、置换、复分解反应为并列关系，故A正确；纯净物、混合物为并列关系，不存在包含关系，且化合物一定是纯净物，故B

错误；地壳中O元素含量最高，Si、Al、Fe分别为二、三、四位，图中位置不合理，故C错误；金属与氧气反应生成氧化物，不生成盐，金属与酸反应生成盐，故D错误。10．答案：D解析：反应中，钌元素化合价升高被氧化，Na2RuO4是

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

2，氧化剂（RuO4）的氧化性大于氧化产物（Cl2）的，即氧化性RuO4>Cl2，Na2RuO4与NaClO反应可制得RuO4，氧化剂NaClO的氧化性大于氧化产物RuO4的，即氧化性ClO－>RuO4，C错误；RuO

4有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2和Ru3＋，用浓盐酸代替稀硫酸时无法得到RuO4，D正确。11．答案：D解析：反应方程式为3ClO－＋2NH＋4===N2↑＋3H2O＋3Cl－＋2H＋，该反应的还原剂为NH＋4，故A错误；N元素化

合价由－3升高到0，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故C错误；反应生成H＋，溶液酸性增强，故D正确。12．答案：A解析：ClO－具有强氧化性，能将SO2氧化成SO2－4，又因为SO2少量，溶液

中仍存在ClO－，故反应的离子方程式为SO2＋H2O＋3ClO－===SO2－4＋Cl－＋2HClO，A符合题意。根据还原性：I－>Fe2＋>Br－，故通入等物质的量的氯气后，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋2

I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，B不符合题意。滴加Ca（HCO3）2溶液反应的离子方程式为Ca2＋＋HCO－3＋OH－===CaCO3↓＋H2O。C不符合题意。明矾溶于水后会电离出铝离

子，所以向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，使沉淀的物质的量最大时，生成的氢氧化铝未溶解，则其离子方程式为2Al3＋＋3SO2－4＋3Ba2＋＋6OH－===2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓，D不符合题意。13．答案：C解析：某化肥厂用H2O、C

O2、NH3、CaSO4制备（NH4）2SO4，由于氨气的溶解度远远大于二氧化碳，所以根据题中工艺流程可知：CaSO4悬浊液中先通入NH3得甲混合液，再通入CO2得（NH4）2SO4和CaCO3的混合物质乙，过滤得（NH4）2SO4溶液和CaCO3固体，CaCO3在高温下分解

生成CO2和CaO，CO2可以循环利用，（NH4）2SO4溶液经过提纯可得（NH4）2SO4固体。根据上面的分析可知，氨气不可以循环使用，二氧化碳可以循环使用，A错误；实验中用的是CaSO4悬浊液，在离子方程式中应用化学式表示，所以步骤②中发生的反应为：CaSO4＋CO2＋2NH3·H2O

===CaCO3↓＋2NH＋4＋H2O＋SO2－4，B错误；往甲中通CO2会生成碳酸钙沉淀，所以利于（NH4）2SO4生成，C正确；根据上面的分析可知：整个流程中不涉及氧化还原反应，D错误。14．答案：C解析：强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO2

－3，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中存在SO2－4，不存在和硫酸根离子反应的Ba2＋，C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2＋和NO－3不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2＋，不存在NO－3，A是NO；溶液B中加入过量氢氧化

钠溶液时，产生气体D，则溶液中含有NH＋4，D是NH3，产生沉淀F是Fe（OH）3，溶液E通入过量二氧化碳时产生沉淀H和溶液G，则溶液中存在Al3＋，沉淀H是Al（OH）3。溶液X中应含有Fe2＋，酸性条件下与硝酸根离子

反应生成气体NO，反应的离子方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO－3===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，A项正确；生成沉淀H的离子方程式为AlO－2＋CO2＋2H2O===Al（OH）3↓＋HCO－3，B项正确；溶液X中一定没有的离子为CO2－3、Ba2＋、NO－3，

C项错误；溶液X中一定含有的离子是H＋、Fe2＋、SO2－4、NH＋4、Al3＋，D项正确。15．答案：D解析：设CrO5中－1价O和－2价O的个数分别为x和y，则x＋y＝5、x＋2y＝6，解得x＝4、y＝1，A正确。30～80s过程中，Cr由＋3价升高为＋6价，被氧化，可能是溶液中溶解的氧气所

致，B正确。由2CrO2－4＋2H＋⇌Cr2O2－7＋H2O可知，不滴加H2O2溶液只加NaOH溶液时，能促使平衡逆向进行，也能实现Cr2O2－7转变为CrO2－4，C正确。由题图2知30s时生成了Cr3＋，Cr的化合价降低，被还原，则H2O2为还原剂，氧化产物为O2。初步确定反应为Cr2O

2－7＋H＋＋H2O2―→Cr3＋＋O2↑＋H2O，Cr由Cr2O2－7中的＋6价降为＋3价，得2×3e－，O由H2O2中的－1价升为O2中的0价，失2×e－，根据得失电子守恒，先确定Cr2O2－7和H2O2的化学计量数分别为1、3，然后配平其他微粒的化学计量数，得Cr2O2－7＋8H

＋＋3H2O2===2Cr3＋＋3O2↑＋7H2O，D错误。16．答案：（1）②④⑤⑥⑦（2）FeCl3＋3H2O=====△Fe（OH）3（胶体）＋3HCl发生了聚沉（3）纯净物Cu（OH）2·2CuCO3＋6HCl===3CuCl2＋2CO2

↑＋4H2O（4）＋1复分解不属于一正盐解析：（1）①氯化铁电离出的阳离子是铁离子，属于盐，不是酸，①错误；②氯化铁由铁和氯两种元素组成，属于氯化物，②正确；③氯化铁由一种物质组成，属于纯净物，不是混合物，③错误；④氯化铁在水溶液中可以电离出铁离子和氯离子，故其

属于盐，④正确；⑤氯化铁由铁和氯两种元素组成，属于化合物，⑤正确；⑥氯化铁溶于水电离出阴阳离子，属于电解质，⑥正确；⑦氯化铁易溶于水，属于易溶物，⑦正确；故填②④⑤⑥⑦；（2）由题意可知FeCl3滴加到水中生成氢氧化铁，方程式为

FeCl3＋3H2O=====△Fe（OH）3（胶体）＋3HCl；该过程中生成了氢氧化铁胶体，而自来水中含有盐，可以使胶体聚沉，形成沉淀，故原因是发生了聚沉；（3）Cu（OH）2·CuCO3是一种物质组成的，属于纯净物；Cu（OH）2·2CuCO3与盐酸反应生成氯化铜，二氧化

碳和水，方程式为Cu（OH）2·2CuCO3＋6HCl===3CuCl2＋2CO2↑＋4H2O；（4）①因为H3PO2中化合价代数和为0，则磷元素的化合价是＋1；H3PO2＋NaOH（过量）===NaH2P

O2＋H2O为酸碱中和反应，则该反应属于四种基本反应类型中的复分解反应，该反应不属于氧化还原反应；②由H3PO2＋NaOH（过量）===NaH2PO2＋H2O可以得出H3PO2属于一元酸，NaH2PO2属于正盐。17．答案：（1）Ag＋、Mg2＋、Ba2＋（2）SiO2

－3＋2H＋===H2SiO3↓（3）如表阴离子NO－3CO2－3SiO2－3SO2－4c/（mol·L－1）？0.250.40（4）存在0.8解析：由题知溶液为透明澄清溶液，因此溶液中的离子必能大量共存。由实验Ⅰ、Ⅱ可知，加入稀盐酸产生气体，必有CO2－

3，其浓度为0.56L÷22.4L·mol－1÷0.1L＝0.25mol·L－1，则溶液中一定无Ag＋、Mg2＋、Ba2＋；且能生成白色沉淀，因此有SiO2－3，发生的反应为SiO2－3＋2H＋===H2SiO3↓，H2SiO3=====△SiO2＋H2O故SiO2－3的浓度为2.4g÷60g·

mol－1÷0.1L＝0.4mol·L－1；由实验Ⅲ可知溶液中不含SO2－4；根据电荷守恒知2c（CO2－3）＋2c（SiO2－3）＝2×0.25mol·L－1＋2×0.4mol·L－1＝1.3mol·L－1，故

含K＋，其最小浓度为1.3mol·L－1－0.5mol·L－1＝0.8mol·L－1。18．答案：（1）④⑦②⑤⑥（2）⑨（3）C（4）①ACCD相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小②5∶3解析：（1）①Cu属于单质，既不是电解质也不是非电解质；②NH3是非电解质；③BaCO3是盐，属于电解

质；④Fe（OH）3胶体属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑤酒精属于非电解质；⑥CO2是非金属氧化物，属于非电解质；⑦稀硫酸属于混合物；⑧HCl是酸，属于电解质；⑨熔融的NaCl是盐，属于电解质，则属于混合物的是④⑦；属于非电解质的是②⑤⑥。（2）由上述分

析可知属于电解质的是③⑧⑨，其中处于电离状态能导电的是⑨。（3）置换反应均为氧化还原反应，复分解反应均不是氧化还原反应，据此并结合图示，可知A为氧化还原反应，B为置换反应，D为复分解反应，C为离子反应。（4）①氯气通入氢氧化钠

溶液中生成次氯酸钠，次氯酸钠与浓的硝酸铁溶液反应生成高铁酸钠，该反应属于氧化还原反应且为离子反应，向转化1后的溶液中加KOH除去过量的铁离子，然后在滤液中加浓的KOH溶液，与高铁酸钠发生复分解反应生成高铁

酸钾，同时该反应属于离子反应，该反应能够发生的主要原因是相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小，过滤、洗涤得到高铁酸钾。②由反应可知硫酸亚铁为还原剂，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，在反应中，若6mol过氧化钠参与反应，其中5mol作氧化剂，1mol作还原剂，故还

原剂的总物质的量为3mol，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶3。19．答案：（1）Ca（ClO）2（2）5Cl2＋10OH－===7Cl－＋2ClO－＋ClO－3＋5H2O（3）D（4）234235（5）既能杀菌消毒，又能净水解析：（1）由图可知，t1前没有ClO－

3生成，故t1前发生的反应为2Ca（OH）2＋2Cl2===Ca（ClO）2＋CaCl2＋2H2O，其中氧化产物为Ca（ClO）2。（2）由图可知，t2时n（ClO－）＝2mol，n（ClO－3）＝1m

ol，则n（ClO－）∶n（ClO－3）＝2∶1时，Ca（OH）2溶液与Cl2反应生成Ca（ClO）2、Ca（ClO3）2、CaCl2和H2O，根据得失电子守恒，t2时反应的总的离子方程式为5Cl2＋10OH－===7Cl－＋2ClO－＋ClO－3＋5H2O。（3）根据题意，

NaClO2爆炸时发生氧化还原反应，Cl元素应该既有化合价的升高，又有化合价的降低，NaClO2转化为NaCl和Cl2时，Cl元素的化合价均降低，A错误；NaClO2转化为NaCl和NaClO时，Cl元素化合价均降低，B错误；NaClO2转化为NaClO3和NaClO4时，Cl元素化合价均

升高，C错误；NaClO2转化为NaCl和NaClO3时，Cl元素化合价既有降低又有升高，D正确。（4）反应中Fe元素化合价由＋3价升高到＋6价，Cl元素化合价由＋1价降低到－1价，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平后的离

子方程式为2Fe（OH）3＋3ClO－＋4OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O。（5）K2FeO4中Fe元素为＋6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒；反应过程中Fe元素被还原为Fe3＋，Fe3＋水解生成的Fe（OH）3胶体具有较强的吸

附性，能吸附水中的悬浮物，故也可以净水。第二单元物质的量课练4物质的量及相关概念狂刷小题夯基础1．答案：D解析：摩尔是物质的量的单位，物质不一定都是由分子组成的，还可以由原子或离子组成，故A错误；氢气的摩尔质量是2g·mol－1，1m

ol氢气的质量为2g，1molH2含有约6.02×1023个氢气分子，故B错误；物质的量是七个基本物理量之一，其单位是摩尔，故C错误；1mol粒子集合体所含的粒子数与12g12C含有的碳原子数相同，都约为6.02×1023，故D正确。2．答案：C解析：BPA在标准状况下

肯定不是气体。3．答案：D解析：根据方程式2H2O===2H2↑＋O2↑，分解0.02mol水，可产生0.02molH2和0.01molO2，结合n＝mM＝VVm＝NNA解答该题。4．答案：A解析：由题给信息可知，一个胶体粒子的质量为19.3g·cm

－3×43×3.14×（102×10－7）3cm3＝1.01×10－17g，一个金原子的质量为197g·mol－16.02×1023mol－1＝3.27×10－22g，则一个胶体粒子中含有的金原子数目＝m（胶体粒子）m（金原子）＝1.01×10－173.27×1

0－22＝3.09×104，故选A。5．答案：D解析：四种气体中CH4的摩尔质量最小，质量相等时，CH4的物质的量最大，在同温同压下，物质的量越大，体积越大，CH4的体积最大，D项正确。6．答案：B解析

：根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，等体积的CO和CO2的物质的量相等，二者的物质的量之比为1∶1，故A正确；根据N＝nNA知，二者的分子数之比为1∶1，故B错误；二者的分子数相等，根据一氧化碳和二氧化碳分子的构成知，二者的原子总数之比为2∶3，故C正确；一氧化碳的摩尔质量

为28g·mol－1，二氧化碳的摩尔质量为44g·mol－1，二者的物质的量相等，根据m＝nM知，二者的质量之比＝28g·mol－1∶44g·mol－1＝7∶11，故D正确。7．答案：C解析：该硫原子的相对原子质量为ag112b

g＝12ab，①对；该硫原子的摩尔质量M（S）＝ag×NAmol－1＝aNAg·mol－1，③错；mg该硫原子的物质的量n（S）＝mgaNAg·mol－1＝maNAmol，②对；ag硫原子即1个硫原子，其所含电子数为16个，④错。8．答案

：C解析：1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12

NA，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0.1NA，D项错误。9．答案：A解析：1

个C2H4O中含有6个σ键和1个π键（乙醛）或7个σ键（环氧乙烷），4.4gC2H4O的物质的量为0.1mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，A正确；1.7gH2O2的物质的量为1.7g34g·mol－1＝0.05

mol，则含有氧原子数为0.1NA，B不正确；向1L0.1mol·L－1CH3COOH溶液中通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（NH＋4）＋c（H＋），中性溶液c（OH－）＝c（H＋），则c（CH3COO－）＝c（NH＋4），再根据物料守恒：n（

CH3COO－）＋n（CH3COOH）＝0.1mol，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确；标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H＋、Cl－和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D

不正确。10．答案：A解析：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＋）＝0.01

mol·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。11．答案：B解析：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O

2↑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＋6H2O===2Na[Al（OH）4]＋3H2↑，生成H2的个数为0.15NA，C项错误；6.0gSiO2为0.1mol，与足量NaOH反应得到0.1molNa2SiO3，SiO2－3因

水解个数少于0.1NA，D项错误。12．答案：D解析：由稀盐酸和稀硫酸均足量，知金属均完全反应，根据同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，知X、Y生成H2的物质的量之比一定为V1V2，A项正确；根据2HCl～H2、H2SO4～H2，知X、Y消耗酸的

物质的量之比一定为2V1V2，B项正确；根据金属失电子总数等于H＋得电子总数，知0.1molX、0.1molY失电子数之比为V1V2，则产物中X、Y的化合价之比一定为V1V2，C项正确；若V1V2＝1，则产物中X、Y的化合价相等，但不能确定化合价的具体数值，D项错误。13．答案：A

解析：C2H5OH中C和O均为sp3杂化，23g乙醇为0.5mol，sp3杂化的原子数为1.5NA，选项A错误；XeF4中氙的孤电子对数为8－1×42＝2，价层电子对数为4＋2＝6，则0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NA，选项B正确；1个[Cu（H2O）4]2＋中含有4个配

位键，1mol[Cu（H2O）4]2＋含配位键的个数为4NA，选项C正确；标准状况下，11.2LCO和H2的混合气体为0.5mol，分子数为0.5NA，选项D正确。14．答案：D解析：A项，溶液中NH4Cl的物质的量是0.1mol，NH＋4水解，故

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

molI2于密闭容器中发生反应H2＋I2⇌2HI，该反应气体的物质的量不变，其分子总数为0.2NA，正确。15．答案：B解析：乙酸为弱酸，部分电离，且题中没有说明溶液体积，无法判断溶液中H＋的数目，故A错误；1mol丙氨酸中N—H键物质的量为2mol，即“N—H”数目为2NA，故B

正确；—NH2为氨基，1mol氨基中电子数9NA，故C错误；题中没有指明是否是标准状况下，因此无法判断生成氢气体积，故D错误。16．答案：D解析：100mL1mol·L－1H2O2溶液中含有的H2O2中H—O键数目为0.2NA，溶液中还含有H2O中的H—O键，所以总数应大于0.2NA，故A

错误；25℃、101kPa非标准状况，22.4LCl2不是1mol，所以氯原子的数目不为2NA，故B错误；0.1molO2含有质子的数目为1.6NA，故C错误；通过上述反应除去0.5molCl2，电子转移的数目为NA，

故D正确。17．答案：B解析：1mol苯胺中含有1mol—NH2，含有的N—H键数目为2NA，A错误；LiH中H显－1价，反应时生成H2，故反应1molLiH电子转移数目为NA，B正确；—NH2含有9

个电子，1mol—NH2中约含电子数目为9NA，C错误；苯是液体，密度不知，无法求质量，计量气体体积时，需要说明温度与压强，D错误。18．答案：C解析：标准状况下，22.4L14CO2物质的量为1mol，含有的中子数为24NA，A错误；CH3OH的碳为

中心的结构为四面体结构，单键可以旋转，1molCH3OH中共面的原子数目最多为4NA，B错误；DHA的分子式为C3H6O3，与HCHO最简式相同，都为CH2O，60g二者的混合物为2molCH2O，含有的C原子数目

为2NA，C正确；1个单键含有1个σ键，1个双键含有1个σ键和1个∏键，根据DHA的结构式：，1molDHA中含有σ键数目为11，D错误。综合测评提能力1．答案：C解析：1molCH3COOK的质量为98g，A错误；摩尔质量的单位是g·mol－1，相对分子质量的单位是“1”，B错误；一个“CH

3COOK”粒子的质量约为986.02×1023g，C正确；一个“CH3COOK”中含有2个C原子，所以当醋酸钾中有6.02×1023个C原子时，醋酸钾的物质的量为0.5mol，D错误。2．答案：A解析：根据结构简式可知奥克托今的分子式为C4N8H8O8，根据原子

守恒可知，HMX自爆时的反应方程式为C4N8H8O8===4CO↑＋4N2↑＋4H2O↑，故氮气和CO的分子数之比为1∶1。3．答案：C解析：光缆中的二氧化硅是由原子直接构成的，不含分子，A项错误；标准状况下SiO2为固体，B项错误；SiO2中Si与O的质量之比为28∶32＝7∶

8，C项正确；SiO2和CO2的摩尔质量不同，D项错误。4．答案：D解析：依据4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O可知1molNH3参加反应转移5mol电子，参加反应NH3的物质的量为V22.4mol，转移电子的物质的量为5V22.4mol，已知在此反应中转移电子

数为n，则n＝5V22.4×NA，所以NA＝22.4n5V。5．答案：B解析：根据阿伏加德罗定律的推论，pV＝nRT＝mMRT，则pM＝ρRT，即温度、压强相同时，气体的密度与其摩尔质量成正比，A项错误；同

理，温度、密度相同时，气体的压强与其摩尔质量成反比，B项正确；质量、温度、压强均相同时，气体的体积与其摩尔质量成反比，C项错误；温度、压强、体积均相同时，气体的质量与其摩尔质量成正比，D项错误。6．答

案：C解析：由图可知，相同温度时，p（O2）>p（X），在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小，题给选项只有CO2的相对分子质量大于O2，故C正确。7．答案：D解析：根据阿伏加德罗定律的推论：同温同压下，同质

量气体的体积与其摩尔质量成反比。四种气体的摩尔质量的大小关系为M（SO2）>M（CO2）>M（O2）>M（CH4），所以气球①②③④中的气体分别为SO2、CO2、O2、CH4，A错误；同质量的气体，分子数之比等

于其物质的量之比，也等于其摩尔质量的反比，气球①和气球③中气体分子数不相等，气球①和气球④中气体物质的量之比为1∶4，B、C错误；同温同压下，气体的密度与其摩尔质量成正比，气球③和气球④中气体密度之比为2∶1，D正确。8．答案：B解析：C2H2与C6H6的最

简式均为CH，故二者碳元素的质量分数相同，A正确；标准状况下，C6H6为非气体，等体积的两种物质的物质的量不相等，所以含有的分子数也不相等，B错误；等物质的量时，二者质量之比为m（C2H2）m（C6H6）＝M（C2H2）M（C6H6）＝13，C正确；二者的最简式相同，则等质量的两种物

质完全燃烧消耗相同状况下的氧气的体积相等，D正确。9．答案：C解析：150℃时碳酸铵受热完全分解的化学方程式为（NH4）2CO3=====150℃2NH3↑＋H2O↑＋CO2↑。根据质量守恒定律，反应前1mol即96g碳

酸铵受热完全分解，则反应后所生成混合气体的质量应为96g。所以，反应后生成的混合气体的摩尔质量M（混）＝m（混）4mol＝96g4mol＝24g·mol－1，根据同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比

，则有ρ（混）ρ（H2）＝M（混）M（H2）＝242＝12。10．答案：A解析：每个CO中含质子数为6＋8＝14个，5.6LCO的物质的量为＝V22.4L/mol＝5.6L22.4L/mol＝0.25mol，含有质子为0.25mol×14＝3.5m

ol＝3.5NA，A项正确；CO2中含有2个∏键，8.8gCO2物质的量为mM＝8.8g44g/mol＝0.2mol，含有∏键为0.2mol×2＝0.4mol＝0.4NA，B项错误；HCOOH和C2H5OH摩尔质量均为46g

/mol，计算得到总物质的量为0.5mol，但二者H的贡献不同无法计算氢原子数，C项错误；CO2变为HCOOH化合价降低2，所以每生成1molHCOOH转移2NA的电子，D项错误。11．答案：Ⅰ.（1）mM（2）2mNAM（

3）22.4mMⅡ.312．答案：（1）7（2）5.6（3）1.61（4）36解析：CO燃烧发生反应：2CO＋O2=====点燃2CO2，CO的体积与生成CO2的体积相等，燃烧后CO2的总体积为11.2L，故18gCO和CO2的混合气体的总体积为11.2L，在标准

状况下，18gCO和CO2的混合气体的物质的量为0.5mol，设CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，则28x＋44y＝18x＋y＝11.2L22.4L·mol－1，解得x＝0.25，y＝

0.25。（1）混合气体中CO的质量＝28g·mol－1×0.25mol＝7g；（2）故原混合气体中，CO2的体积为0.25mol×22.4L·mol－1＝5.6L；（3）原混合气体的密度＝18g11.2L≈1.

61g·L－1；（4）解法一：M－＝ρ·22.4L·mol－1＝1.61g·L－1×22.4L·mol－1≈36g·mol－1；解法二：M－＝18g11.222.4mol＝36g·mol－1；解法三：M－＝28g·mol－1×50%＋44g·mol－1

×50%＝36g·mol－1；故平均摩尔质量为36g·mol－1。13．答案：Ⅰ.（1）5.604.00（2）Ca5（PO4）3（OH）Ⅱ.（1）1∶2（2）0.1mol·L－1解析：Ⅰ.（1）6.20g白磷的物质的量是6.20g4×31g·mol－1＝0.05m

ol，设需要标准状况下氧气的体积是VL，P4＋5O2=====△2P2O51mol112L0．05molVL10.05＝112V，解得V＝5.60。根据磷元素守恒，生成磷酸的物质的量为0.05mol×4＝0.2mol，该磷酸溶

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

＋0.9mol、OH－0.9mol，生成的盐中应该含有Ca2＋0.5mol、PO3－40.3mol、OH－0.1mol，则该盐的化学式是Ca5（PO4）3（OH）。Ⅱ.（1）根据题中图像可知生成硫酸钡的质量为2.33g，物质的量是0.01mol；根据反应（NH4）2SO4＋BaCl2===

BaSO4↓＋2NH4Cl可知，2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl固体混合物含有（NH4）2SO40.01mol，（NH4）2SO4的质量为0.01mol×132g·mol－1＝1.32g，则NH4Cl的质量为2.39g－1.32g＝1.07g，物质的量为1.07g53.5g·mol－1＝

0.02mol，混合物中n[（NH4）2SO4]∶n（NH4Cl）＝0.01mol∶0.02mol＝1∶2。（2）根据（1）中的图像，加入100mLBa（OH）2溶液生成硫酸钡的物质的量是0.01mol，消耗氢氧化钡

的物质的量是0.01mol，所以Ba（OH）2溶液的浓度是0.01mol0.1L＝0.1mol·L－1；根据（1）中（NH4）2SO4和NH4Cl的物质的量可知固体混合物中含有n（NH＋4）＝0.01mol×2＋0.0

2mol＝0.04mol、n（Cl－）＝0.02mol，根据2NH＋4～Ba（OH）2可知，消耗氢氧化钡的物质的量是0.02mol，消耗氢氧化钡溶液的体积是0.02mol0.1mol·L－1＝0.2L，c（Cl－）＝0.02mol0.2L＝0.1mol·L－1

。14．答案：（1）33.2（2）1800（3）10.64（4）①862.5②1.8解析：设1m3尾气中NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为4x，4x×30g·mol－1＋x×46g·mol－1＝2.49g，x＝0.015mol

，所以1m3尾气中NO2的物质的量为0.015mol，则NO的物质的量为0.06mol，根据4NO＋4NH3＋O2=====催化剂140℃4N2＋6H2O知，0.06molNO需要0.06molNH3，0.015molO2，根据方程式6NO

2＋8NH3――→催化剂140℃7N2＋12H2O知，0.015molNO2需要0.02molNH3，根据以上分析进行解答。（1）尾气中氮氧化物混合气体的平均摩尔质量为0.015mol×46g·mol－1＋0.06mol×30g·mol－1

0.075mol＝33.2g·mol－1，所以其平均相对分子质量为33.2。（2）1m3尾气中NO的物质的量为0.06mol，所以其含量为m＝n·M＝0.06mol×30g·mol－1＝1.8g＝1800mg。（3）处理1m3尾气需要氨氧混

合气体的体积＝（0.06＋0.02＋0.015）mol×22.4L·mol－1＝2.128L，则要处理5m3的尾气，需要氨氧混合气的体积为2.128L×5＝10.64L。（4）①NaOH溶液的物质的量浓度为c＝1000×1.28×25%40mol·L－1

＝8mol·L－1，根据原子守恒知，氮氧化物的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，所以V＝0.5mol8mol·L－1＝62.5mL。②已知发生如下反应：2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O和NO＋NO2

＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，根据氮原子守恒知，生成0.35mol亚硝酸钠则生成0.15mol硝酸钠，生成0.15mol硝酸钠需要0.3mol二氧化氮，同时生成0.15mol亚硝酸钠，0.2mol亚

硝酸钠需要0.1mol一氧化氮和0.1mol二氧化氮，所以二氧化氮的物质的量是0.4mol，一氧化氮的物质的量是0.1mol，根据氧原子守恒得x＝0.1×1＋0.4×20.5＝1.8。课练5物质的量浓度及其配制狂刷小题夯基础1．答案：C解析：C项，蒸发掉50g水后，溶液的体积并不是50m

L，NaNO3的物质的量浓度不是1mol·L－1。2．答案：A解析：求溶液中某一离子的物质的量：用该物质的浓度×该离子个数×溶液的体积，1mol·L－1AlCl3溶液中n（Cl－）＝100×1×3×10－3mol；n（Cl－）＝

75×2×2×10－3mol；n（Cl－）＝150×1×1×10－3mol；n（Cl－）＝50×3×1×10－3mol；n（Cl－）＝50×1×3×10－3mol，最后通过比较，A正确。3．答案：A解析：①溶液中各离子的物质的量分别为K＋：0.4mol＋2×0.1mol＝0.6mol，Zn2

＋：0.3mol＋0.1mol＝0.4mol，Cl－：0.4mol＋2×0.1mol＝0.6mol，SO2－4：0.1mol＋0.3mol＝0.4mol；②溶液中各离子的物质的量分别为K＋：0.2mol＋2×0.2mol＝0.6mol，Zn2＋：0.1mol＋0.

1mol＝0.2mol，Cl－：0.2mol＋2×0.1mol＝0.4mol，SO2－4：0.2mol＋0.1mol＝0.3mol，所以只有c（K＋）相同，A项正确。4．答案：A解析：实验室配制0.1000mol·L－1的H2SO4溶液

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

，为使溶质充分溶解，使热量迅速扩散，要用玻璃棒不断搅拌，C不符合题意；量取浓硫酸时需用到量筒和胶头滴管，D不符合题意。5．答案：D解析：配制100mL1mol·L－1的Na2CO3溶液，需要Na2CO3·10H2O晶体的质量m＝1mol·L－1×286g·mol－1×0.1L＝28.

6g，A项错误；配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量或量取、溶解、移液、洗涤、定容等，用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管等，B项错误；定容时，需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以配制时若容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水对溶液浓度无影响，C项错误；

定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，依据c＝nV可知溶液浓度偏高，D项正确。6．答案：D解析：X2SO4的浓度为1000ρa%Mmol·L－1，则c（X＋）＝c＝2000ρa%Mmol·L－1＝20ρaMmol·L－1，A错误；根据A选项分析

，溶质的质量分数a%＝Mc2000ρ，B错误；根据A选项分析，M＝2000ρa%c，C错误；根据B选项分析，a%＝Mc2000ρ，a%＝S100＋S，得出S＝100cM2000ρ－cM，D正确。7．答案：D

解析：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。8．答案：（1）5.0（2）C解析：（1）溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L＝V×5mol/L，解得V＝5.0mL。（2）容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染

试剂，故A错误；定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，

将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误。9．答案：分液漏斗（或梨形分液漏斗）、球形冷凝管10．答案：11.5解析：100mL1.7mol·L－1的H3PO4溶液中H

3PO4的质量是100×10－3L×1.7mol·L－1×98g·mol－1＝16.66g，需质量分数为85%的浓H3PO4的质量为16.66g÷85%＝19.6g，体积为19.6g÷1.7g·mL－1＝11.5mL

。11．答案：C解析：该溶液的质量摩尔浓度为3g60g·mol－1÷0.1kg＝0.5mol·kg－1，而溶液的体积未知，无法计算物质的量浓度，A不正确；溶液中水分子中也含有共价单键，B不正确；用量筒量取10

0mL水倒入烧杯中，将称量好的3g尿素加入水中，用玻璃棒搅拌溶解，C正确；CO（NH2）2的摩尔质量为60g·mol－1，则1个CO（NH2）2分子的质量为60NAg，a个CO（NH2）2分子的质量为60aNAg，D不正确。12．答案：C解析：1g钙离子的物质的量n（Ca

2＋）＝1g40g·mol－1＝0.025mol，该溶液中含有硝酸根离子的物质的量n（NO－3）＝2n（Ca2＋）＝0.025mol×2＝0.05mol，20g该硝酸钙溶液的体积V＝20gdg·cm－3×10－3L·mL－1＝150dL，所以该溶液中

硝酸根离子的物质的量浓度c（NO－3）＝0.05mol150dL＝2.5dmol·L－1，故选C。13．答案：B解析：A项，通入HCl气体后溶液的体积会发生变化，不合理；C项，盐酸具有挥发性，加热浓缩会导致HCl挥发，

不合理；D项，不同浓度盐酸混合时，混合后溶液的体积不能用两溶液的体积加和，不合理。14．答案：A解析：根据Al3＋＋4OH－===AlO－2＋2H2O可知，加入等体积的KOH溶液时生成的沉淀恰好溶解，说明原溶液中c

（Al3＋）＝14×0.2mol·L－1＝0.05mol·L－1。设K＋的物质的量浓度为xmol·L－1，则根据电荷守恒可知，c（K＋）＋c（Al3＋）×3＝c（SO2－4）×2，即xmol·L－1＋0.05mol·L－1×3＝0.2mol·L－1×2，解得x＝0.25。15．答案：C解析：实验

室配制1∶4的稀H2SO4的含义是指取1体积的浓硫酸与4体积的水混合。求算所得溶液的溶质质量分数w＝1mL×1.84g·mL－1×98%1mL×1.84g·mL－1＋4mL×1g·mL－1×100%≈30.9%，稀硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）＝1000

mL×1.23g·mL－1×30.9%98g·mol－1×1L≈3.88mol·L－1。16．答案：A解析：用量筒量取所需浓盐酸时俯视刻度线，会使量取浓盐酸的体积偏小，溶质的物质的量偏小，导致配制溶液的浓度偏低，A项正确；定容时，

俯视刻度线，溶液的体积偏小，则导致配制溶液的浓度偏高，B项错误；用量筒量取浓盐酸倒入烧杯后，若用水洗涤量筒2～3次，洗涤液倒入烧杯中，则溶质的物质的量偏大，会导致配制溶液的浓度偏高，C项错误；定容后倒转容量瓶几次，发现凹液面最低点低于刻度线，这是由于容量瓶刻度线上方瓶壁沾有溶液，

对所配制溶液浓度无影响，D项错误。17．答案：C解析：由溶解度曲线可知，当温度小于t℃时，a的溶解度小于b的溶解度，当温度等于t℃时，a的溶解度等于b的溶解度，当温度大于t℃时，a的溶解度大于b的溶解度，A错误；在t℃时，a、b两物质的溶解度相等，所以在t℃时，a、b饱和溶

液中溶质的质量分数相同，但溶液的密度、溶质的摩尔质量不等，B错误；由图可知，b的溶解度随温度的升高变化不大，a的溶解度随温度的升高变化较大，所以当a中含有少量b时，可以用冷却结晶的方法提纯a，C正确；在t℃时，a、b两物质的溶解度相

等，即在t℃时，a、b饱和溶液中的溶质质量分数相同，将a、b的饱和溶液升温后，溶液由饱和变为不饱和，但溶质的质量分数仍相等，D错误。综合测评提能力1．答案：D解析：报告单中显示Na含量高于参考范围，Ca含量低于参考范围，平时饮食要少盐多钙，故

选项A正确；根据报告单项目指标物理量的单位，只有胱抑素C不是物质的量浓度，故选项B正确；根据参考值，钙含量至少需要2.13mmol·L－1，Ca的相对原子质量为40，即为85.2mg·L－1，故选项C正确；参考范围中葡萄糖（C6H12O6）最高含量为6.1mmol·L－1，C6H12O6相对分子

质量为180，即最高为1098mg·L－1，若检查结果为360mg·L－1，不是高血糖，故选项D错误。2．答案：D解析：需用托盘天平称量NaOH固体，需用量筒量取适量蒸馏水，需用烧杯来溶解NaOH，需用玻璃棒进行搅拌和引流，需用容量瓶和胶头滴管来定容，图示

的①②③④不需要，但还需玻璃棒、量筒和胶头滴管，A项错误；配制过程中需要加入水，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干即可使用，B项错误；由于NaOH固体易吸收空气中的H2O、CO2而变质，故利用久置的NaOH固体配

制的溶液，NaOH的物质的量减小，结果偏低，C项错误；需要NaOH固体的质量为0.5L×0.5mol·L－1×40g·mol－1＝10.0g，D项正确。3．答案：A解析：2mol·L—1MgCl2溶液中，C

l－物质的量浓度为4mol·L—1;KClO3溶液中不含Cl－；1.5mol·L—1CaCl2溶液中，Cl－物质的量浓度为3mol·L—1；1mol·L—1NaCl溶液中，Cl－物质的量浓度为1mol·L—1。4．答案：B

解析：葡萄糖为非电解质，故0.10mol·kg－1葡萄糖溶液中溶质的质量物质的量浓度为0.10mol·kg－1；已知Al（NO3）3===Al3＋＋3NO－3，故0.05mol·kg－1Al（NO3）3溶液中溶质的质量物质的量

浓度为0.05mol·kg－1×4＝0.2mol·kg－1；已知NaCl===Na＋＋Cl－，故0.06mol·kg－1NaCl溶液中溶质的质量物质的量浓度为0.06mol·kg－1×2＝0.12mol·kg－1；甘油为非电解质，故0.08m

ol·kg－1甘油溶液中溶质的质量物质的量浓度为0.08mol·kg－1。综上分析可知，B溶液中溶质的质量物质的量浓度最大，则其凝固点最低。5．答案：D解析：不知道溶液体积，无法计算离子的总物质的量，故A错误；将286gNa2CO3·10H2O溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，

故B错误；K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，c（H＋）＝c（OH－），则c（K＋）＋c（Na＋）＝c（Cl－）＋2c（SO2－4），若Na＋和SO2－4物质的量相等，则K＋的浓度必定大于Cl－的浓度，故C错误；同一物质在同一温度下的溶解度一定，饱和溶液的物质的量浓度恒定，故D正确。6．答

案：C解析：由题意可知，0.466g沉淀是BaSO4，n（BaSO4）＝n（H2SO4）＝0.466g233g·mol－1＝0.002mol，则硫酸中的n（H＋）＝0.004mol，c（SO2－4）＝0.00

2mol0.02L＝0.1mol·L－1，A项错误；因消耗的NaOH的物质的量等于溶液中H＋的物质的量，即n（NaOH）＝n（H＋）＝0.01L×2mol·L－1＝0.02mol，硝酸提供的n（H＋）＝0.02mol－0.004mo

l＝0.016mol，c（NO－3）＝0.016mol0.02L＝0.8mol·L－1，B项错误；原混合液中c（H＋）＝0.02mol0.02L＝1mol·L－1，则原混合液的pH＝0，C项正确；25℃时，Kw＝c（H＋）·c（OH－）＝10－1

4，则原混合液中c（OH－）＝10－14mol·L－1，由水电离产生的H＋的浓度等于溶液中OH－的浓度，由水电离出的c（H＋）＝10－14mol·L－1，D项错误。7．答案：A解析：V4mL溶液中Al3＋的物质的量为mg×

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

－1＝125m36Vmol·L－1。8．答案：A解析：A项，低于20℃，氯化钠饱和溶液中溶解的氯化钠减少，所以饱和NaCl溶液的浓度小于cmol·L－1，不正确；B项，1L该温度下的氯化钠饱和溶液中溶液的质量为1000ρg，氯化钠的物质的量为cmol，所以氯化钠的质量分数为58.

5cg1000ρg×100%＝58.5c1000ρ×100%，正确；C项，NaCl溶液越浓，密度越大，所以密度小于ρg·cm－3的NaCl溶液为不饱和溶液，正确；D项，S100＋S＝58.5c1000ρ，S＝5850c100

0ρ－58.5cg，正确。9．答案：C解析：氨水中溶质为氨气，标准状况下，aL氨气的物质的量为a22.4mol，溶质的质量分数＝17a22.4gρVg×100%＝17a22.4ρV×100%，A正确；根据NH3·H2

O⇌NH＋4＋OH－可知，该溶液中NH3·H2O电离出的OH－的物质的量等于NH＋4的物质的量，故NH3·H2O电离出的c（OH－）＝1000bVmol·L－1，B正确；根据电荷守恒有n（OH－）＝n（NH＋4）＋n（H＋），由c＝nV可知：c（OH－）＝c

（NH＋4）＋c（H＋），溶液体积为VmL，c（NH＋4）＝bmolV·10－3L＝1000bVmol·L－1，故c（OH－）＝1000bVmol·L－1＋c（H＋），C错误；加入等质量的水后，溶液中溶质质量不变，溶液质量变为原来的2倍，则所得溶液溶质的质量分数等于0.5w，D正确。10．答

案：C解析：A项，在t1℃、t3℃时，NaCl、MgSO4的溶解度都相等；B项，t2℃之前，MgSO4的溶解度随温度的升高而增大，t2℃之后，MgSO4的溶解度随温度的升高而减小；C项，w＝S100＋S×100%，S越大，w越大；D项，把MgSO4饱和溶液的

温度从t3℃降至t2℃时，由饱和溶液变成不饱和溶液，不会有晶体析出。11．答案：（1）0.0448（2）0.18%（3）20.0（4）5.0量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管偏大解析：（1）溶液中n（NH3）＝0.10mol·L－1×0.0200L＝0.0020mol，V（NH3）

＝0.0020mol×22.4L·mol－1＝0.0448L。（2）根据公式c＝1000ρwM，则w＝cM1000ρ＝0.10mol·L－1×17g·mol－11000cm3·L－1×0.95g·cm－3＝0.18%。（3）使氨水完全反

应，n（HCl）＝n（NH3），则盐酸体积为20.0mL。（4）根据稀释过程中溶质的物质的量不变，则0.10mol·L－1×0.25L＝5.0mol·L－1×V，V＝0.0050L＝5.0mL。定容时俯视刻度线，会使溶液的体积偏小，浓度偏大。12．答案：（1）7.14mo

l·L－1>（2）320.2（3）65.57%（4）22.35g解析：（1）密度为1.4g·cm－3、质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为c＝1000ρwM＝1000×1.4×50%98mol·L－1≈7.14mol·L－1；假如50%的硫酸与30%的硫酸密度相同，则混合后硫酸的

质量分数为40%，由于50%的硫酸的密度大于30%的硫酸，所以混合后溶液中硫酸的质量偏大，硫酸的质量分数大于40%。（2）n（FeSO4·7H2O）＝111.2g278g·mol－1＝0.4mol，由2FeSO

4·7H2O=====高温Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋7H2O可知，生成Fe2O3的质量为0.4mol×12×160g·mol－1＝32g，SO2的物质的量为0.4mol×12＝0.2mol。（3）根据题意知，

稀释溶液至100mL，测得其pH＝1，溶液中剩余酸的物质的量为n（H2SO4）＝0.1mol·L－1×12×0.1L＝0.005mol，则参加反应的n（H2SO4）＝0.025L×3mol·L－1－0.005m

ol＝0.07mol。设铁的物质的量是m，氧化铁的物质的量是n，发生反应的化学方程式为Fe＋Fe2O3＋3H2SO4===3FeSO4＋3H2O，Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，则根据固体的质量和硫酸的物质的量可知，56m＋1

60n＝4.88，m－n＋3n＝0.07，解得n＝0.02mol，m＝0.03mol，所以铁屑中Fe2O3的质量分数是0.02mol×160g·mol－14.88g×100%≈65.57%。（4）根据以上分析结合原子守恒知，n（F

eSO4）＝n（Fe）＋2n（Fe2O3）＝（0.03＋0.04）mol＝0.07mol，根据莫尔盐的化学式知，n[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]＝n（FeSO4）＝0.07mol，溶液中莫尔盐的质量为0.07mol×392g·mol－1－12.360g＝15.08g

，设莫尔盐的溶解度为x，则x100g＝15.08g82.560g－15.08g，解得x≈22.35g。13．答案：Ⅰ.（1）⑤（2）50mL容量瓶（3）偏小Ⅱ.（4）2（5）溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色（6）1.2解析

：Ⅰ.（1）由图示可知⑤操作不正确，定容时应平视刻度线至溶液凹液面与刻度线相切。（2）应该用容量瓶确定50mL溶液的体积。（3）用图示的操作配制溶液，定容时仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。Ⅱ.（4）根据电荷守恒，（－1×2）＋

（＋1×6）＝＋x×2，解得x＝2，草酸与KMnO4反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO－4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。（5）用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液时，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。（

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

0CO2↑＋8H2O及草酸钙的化学式CaC2O4可知，n（Ca2＋）＝n（H2C2O4）＝5n（MnO－4）2＝2.5×2.4×10－4mol＝6×10－4mol，Ca2＋的质量为40g·mol－1×6×10－4

mol＝0.024g，其浓度为0.024×103mg20cm3＝1.2mg·cm－3。单元检测2物质的量1．答案：B解析：物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A正确；摩尔质量的单位为g/mol，相对分子质量的单位为“1”，氧气的摩尔质量在数值上

等于其相对分子质量，但摩尔质量和相对分子质量不同，故B错误；1mol任何气体都含有阿伏加德罗常数个气体分子，所以1mol任何气体所含气体的分子数目都相等，故C正确；氢气是双原子分子，0.5molH2约含有1mol原子，即6.02×1023个原子，故D正确。2．答案

：C解析：0.1molN2的质量m＝nM＝0.1mol×28g·mol－1＝2.8g，故A正确；Mg的相对原子质量为24，所以Mg的摩尔质量是24g·mol－1，故B正确；2L0.1mol·L－1NaCl溶液中，c（Na＋）＝0.1mol·L－1，故C错误；O2

为双原子分子，标准状况下，11.2LO2为0.5mol，含有的原子数目约为6.02×1023，故D正确。3．答案：A解析：实验室没有950mL容量瓶，配制2.0mol/L碳酸钠溶液时应选用1000mL容量瓶，称取碳酸钠固体的质量为2.0mol/L×1L×106g/mol＝212g，故选A。4．

答案：A解析：定容时液面最高处与刻度线相平，导致加入的水偏少，配制的溶液浓度偏高，故A正确；因NaCl溶解时需要加水，所以溶解NaCl的烧杯中有少量蒸馏水对实验结果无影响，故B错误；转移溶液时没有洗涤

烧杯和玻璃棒，会使配制的溶液中溶质偏少，溶液的浓度偏低，故C错误；少量NaCl固体残留在称量纸上，会使配制的溶液中溶质偏少，溶液的浓度偏低，故D错误。5．答案：B解析：生成的混合气体的平均相对分子质量为2a，又生成物气体的总化学计量数为5，则混合气体

的质量为m＝nM＝5×2a＝10a，根据质量守恒定律，反应前后的总质量相等，故2molA的质量为10ag，则A的相对分子质量为5a，答案为B。6．答案：C解析：根据题给图像可知，该反应为2NO＋2CO====

=催化剂N2＋2CO2，该反应中，NO为氧化剂，CO2为氧化产物，则氧化性：NO>CO2，A项、B项正确；该反应中，被氧化的元素是碳元素，被还原的元素是氮元素，则被氧化与被还原的元素的质量之比为6∶7，C项错误；每生成标准状况下2.24LN2，转移电子0.4m

ol，即转移电子数为0.4NA，D项正确。7．答案：D解析：A项，[Cu（NH3）4]2＋中含有的σ键包括N—H键和N与Cu2＋形成的配位键，故0.1mol[Cu（NH3）4]2＋中含有的σ键数为1.6NA，A错误；B项，47g核素23592U的物质

的量为0.2mol，根据该裂变反应可知净产生的中子（10n）数为1.8NA，B错误；C项，甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于0.1NA，C错误；D项，28g（即1mol）CO中含有14

mol电子，46g（即1mol）NO2中含有23mol电子，两种气体的质量（以克为单位时）的数值均为电子的物质的量的数值的2倍，故0.2g由CO和NO2组成的混合气体中含有的电子数为0.1NA，D正确。8．答案：B解析：同温同压下

，甲烷和氧气的密度之比等于二者的相对分子质量之比，则ρ（CH4）∶ρ（O2）＝16∶32＝1∶2，A错误；1g的甲烷和氧气的物质的量的比为n（CH4）∶n（O2）＝116∶132＝2∶1。CH4中含有5个原子，O2中含有2个原子，则等质量的甲烷和氧气的原子数之比为：（2×5）∶（

1×2）＝5∶1，B正确；根据m＝n·M可知：等物质的量的甲烷和氧气的质量之比等于二者的摩尔质量之比，则m（CH4）∶m（O2）＝16∶32＝1∶2，C错误；根据V＝n·Vm可知：同温同压下，等质量的甲烷和氧气的体积之比等于气

体的物质的量的比，则n（CH4）∶n（O2）＝m16∶m32＝2∶1，故V（CH4）∶V（O2）＝2∶1，D错误。9．答案：C解析：此题虽给出BaCl2溶液的量，但求的是硫酸盐的物质的量之比，可设BaCl2物质的量为1mol；由

Fe2（SO4）3、ZnSO4、K2SO4的化学式可看出，沉淀1molBa2＋需SO2－41mol，而需三种盐的物质的量分别是13mol、1mol、1mol，又因三种盐的体积相同，浓度之比等于物质的量之比，为13∶1∶

1＝1∶3∶3。10．答案：B解析：该甲酸溶液体积未知，无法计算氢离子数目，A项错误；甲酸甲酯中1个碳原子和1个氧原子采用sp3杂化，0.5mol甲酸甲酯中采用sp3杂化的原子数目为NA，B项正确；50g质量分数为64%的甲醇水溶液中，

m（CH3OH）＝32g，m（H2O）＝18g，各为1mol，1molCH3OH中σ键数目为5NA，1molH2O中σ键数目为2NA，因此50g该溶液中σ键数目为7NA，C项错误；标准状况下，甲醇为液体，D项错误。11．答案

：A解析：A项，配位键和共价单键均为σ键，1mol[Ag（NH3）2]＋含2molAg←N键和6molN—H键，即含有8molσ键，其数目为8NA，A错误；B项，标准状况下，11.2L即0.5molHCHO与CH4

的混合物中分子数为0.5NA，B正确；C项，由于还原性：I－>Fe2＋，向含1molFeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，Cl2先和I－发生反应2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，则1molCl2和2molI－恰好完全反应，转移的电子

数为2NA，C正确；D项，草酸分子式为H2C2O4，结构简式为HOOC—COOH，草酸分子中所有C原子均为sp2杂化，45g草酸的物质的量为0.5mol，则所含sp2杂化的C原子个数为NA，D正确。12．答案：D解析：标准状况下，0.112L水的质量是112g，物质的量是112g÷18g/mol

≈6.2mol，氢原子的物质的量约是12.4mol；3.01×1023个氯化氢分子的物质的量是0.5mol，质量是18.25g，氢原子的物质的量是0.5mol；13.6gH2S气体的物质的量是13.6g÷34g/mol＝0.4mol，氢原子的物质的量是0.

8mol；0.2mol氨气的质量是3.4g，氢原子的物质的量是0.6mol。A项，体积：①④③②，错误；B项，气体的密度与其摩尔质量成正比，故密度：④③②①，错误；C项，质量：④③②①，错误；D项，氢原子数：②④③①，正确。13．

答案：C解析：A项，根据图像可知，Na＋的物质的量浓度为1.0mol·L－1，Na＋来自NaCl的电离，NaCl的物质的量浓度为1.0mol·L－1，所以NaCl的物质的量为1.0mol·L－1×0.2L＝0.2mol，正

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

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

Cl－的物质的量浓度为3.0mol·L－1－1.0mol·L－1－0.5mol·L－1×2＝1.0mol·L－1，根据比例关系，CaCl2的物质的量浓度为0.5mol·L－1，所以CaCl2的物质的量为0.5mol·L－1×0.2L＝0.1mol，错误；D项，根据

图像可知，Cl－的物质的量浓度为3.0mol·L－1，Cl－的物质的量为3.0mol·L－1×0.2L＝0.6mol，溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，最终得到沉淀的物质的量为0.6mol，正确。14．答案：D解析：设混合气体中CO

的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，根据混合气体的质量为14.4g可得28x＋44y＝14.4①；混合气体的物质的量为8.96L22.4L·mol－1＝0.4mol，所以x＋y＝0.4②；由①②可得x＝0.2、y＝0.2。原混合气体所含氧原子总数

为0.6NA，故A正确；CO2能与NaOH反应，所以气球内收集到的气体为CO，标准状况下体积为0.2mol×22.4L·mol－1＝4.48L，故B正确；14.4gCO和CO2的混合气体的物质的量为0.4mol，混合气体的平均摩尔

质量为14.4g0.4mol＝36g·mol－1，故C正确；相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，所以二者体积之比为1∶1，故D错误。15．答案：C解析：Cu和Cu2O的质量之和为13.6g，100mL溶液中Cu2＋的物质的量为2mo

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

O的物质的量之比为0.1mol∶0.05mol＝2∶1，故选C。16．答案：（1）③>②＝④>①（2）1∶1∶3（3）1000dV36.5V＋2240（4）0.1（5）NaClO＋2NH3===N2H4＋NaCl＋H2O（6）3Fe＋NO－3

＋2H＋＋H2O===Fe3O4＋NH＋4解析：（1）标准状况下，5.6LH2S为0.25mol，含有0.25NA×2＝0.5NA个H原子；1.204×1023个NH3含有0.2NA×3＝0.6NA个H原子；4.8gCH4为0.3mol，含有0.3NA×4＝1.2NA个H原子

；4℃时，5.4mL水为5.4g，其物质的量为0.3mol，含有0.3NA×2＝0.6NA个H原子，综上，氢原子数由大到小的顺序为③>②＝④>①。（2）假设三种溶液的浓度均为1mol·L－1，则Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液

中SO2－4的浓度分别为1mol·L－1、1mol·L－1、3mol·L－1，即浓度之比为1∶1∶3。（3）标准状况下，VLHCl的物质的量为V22.4mol，质量是36.5V22.4g，所以溶液的质量是（100＋36.5V22.4）g，因此

溶液的体积是（100＋36.5V22.4）gdg·mL－1＝100＋36.5V22.4d×10－3L。根据c＝nV可知，溶液的浓度是c＝V22.4100＋36.5V22.4d×10－3mol·L－1＝1000dV36.5V＋2240mol

·L－1。（4）亚硫酸氢钠与重铬酸钾反应的离子方程式为Cr2O2－7＋3HSO－3＋5H＋===2Cr3＋＋3SO2－4＋4H2O，当工厂处理废水消耗3.12g亚硫酸氢钠固体即物质的量为0.03mol时，可以处理0.01mol重铬酸根离子，此

时溶液中重铬酸钾的浓度c＝0.01mol0.1L＝0.1mol·L－1。（6）0.1mol硝酸根离子完全反应生成铵根离子共转移0.8mol电子，此时共消耗Fe16.8g，即0.3mol，说明有0.3molFe失去0.8mol电子，此时生成的Fe的氧化物应为Fe3O4，故硝酸根离子和Fe反应

的离子方程式为3Fe＋NO－3＋2H＋＋H2O===Fe3O4＋NH＋4。17．答案：（1）①16.6mL②100mL容量瓶、胶头滴管检漏（2）①C②量筒内的液面与集气瓶内液面相平视线与液体凹液面的最低处相平③0.1VL·mol－1偏小解析：（1）①1

00mL1mol·L－1的盐酸中HCl的物质的量为0.1mol，则其质量为3.65g，设需要密度为1.1g·cm－3的盐酸体积为x，则1.1x×20%＝3.65g，x≈16.6mL。（2）①盐酸的物质的量为0.02mol，则生成0.01mol氢气，标准状况下体积为0.224L＝224mL，

25℃、101kPa的情况下氢气的体积略大于224mL，则选择250mL的量筒合适。③实验条件下测得气体体积为VmL，气体的物质的量为0.01mol，则Vm＝（V×10－3）L0.01mol＝0.1VL·mol－1，如未除去镁条表

面的氧化膜，则消耗的盐酸一部分与氧化镁发生反应，生成的气体体积减小，则测定结果偏小。18．答案：（1）1∶43.2g（2）22.4bcaNAL（3）NaK20.2mol·L－1（4）①NA22.4②2∶1解析：（1）11.2L“人造空气”的物质的量为11.2L22.4L·mo

l－1＝0.5mol，质量是4.8g，设含O2、He的物质的量分别为xmol、ymol，则有x＋y＝0.5，32x＋4y＝4.8，得x＝0.1、y＝0.4，所以氧气和氦气的分子数之比是1∶4；氧气的质量为0.1mol×32g·mol－1＝3.2g。（2）如果ag某气体中

含有的分子数为b，则ag该气体的物质的量为bNAmol，摩尔质量为agbNAmol＝aNAbg·mol－1，当该气体为cg时，其物质的量为cgaNAbg·mol－1＝bcaNAmol，在标准状况下的体积

22.4bcaNAL。（3）设钠、钾的物质的量分别为amol、bmol，则2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑21a0.5a2K＋2H2O===2KOH＋H2↑21b0.5b有0.5a＋0.5b＝0.15，23a＋39b＝10.1，计算可得a＝0.1

，b＝0.2，n（Na）∶n（K）＝1∶2，该钠钾合金的组成为NaK2，所得溶液中c（NaOH）＝0.1mol0.5L＝0.2mol·L－1。（4）①甲中NO2的物质的量是46g46g·mol－1＝1mol，含有O原子的

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

×22.4L·mol－1＝22.4L。②甲中NO2的物质的量是1mol，含有N原子的物质的量是1mol，甲中NO2和丁中N2H4含有N原子的物质的量相同，则丁中N2H4的物质的量是0.5mol，甲中NO2和丁中N2H4的物质

的量之比为2∶1。19．答案：（1）25312108（2）AC（3）＜＜（4）2（5）CaC2O4=====△CaCO3＋CO↑解析：（3）定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，所得溶液的浓度小于0.1000mol

·L－1，若高锰酸钾溶液在转移至容量瓶中时洒落少许，则溶质减少，溶液浓度小于0.1000mol·L－1。（4）20mL0.1000mol·L－1的高锰酸钾溶液中高锰酸钾的物质的量为2×10－3mol，根据方程式可知，草酸的物质的量为5×10－3mol，根据草酸根离子守恒，可得Ca2＋的物质的

量为5×10－3mol，则Ca2＋的质量为0.2g，其质量浓度为0.2g0.1L＝2g·L－1。（5）设B的相对分子质量为x，则CaC2O4～B128x6.4g5.0g解得x＝100，CaC2O4相对分子质量为128，B与CaC2O4相对分子质量相差28，

则B为CaCO3，所以固体A到B的化学方程式为CaC2O4=====△CaCO3＋CO↑。20．答案：（1）89.6（2）2.4mol·L－1≥c≥1.2mol·L－1（3）8KO2＋6CO2＋2H2O===2K2CO3＋4KHCO3＋6O

2n（CO2）∶n（H2O）＝6∶2n（H2O）＝96×2＝3（mol）（4）300molCH4完全反应产生H2900mol设CO2转化率为α，CO转化率为β300β＋100α＝350600β＋300α＝900－120α＝80%或设CO2转化率为α9

00－350×2－100α＝120α＝80100＝80%解析：（1）碳酸氢铵分解产生氨气、水、二氧化碳，干燥后只有氨气和二氧化碳，则2mol碳酸氢铵分解可得氨气2mol、二氧化碳2mol，故在标准状况下体积为4mol×22.4L/mol＝89.6L。（2）二氧化碳和氢氧化钠反应可

以生成碳酸钠和碳酸氢钠，2.4mol二氧化碳完全反应生成碳酸钠消耗氢氧化钠4.8mol，完全生成碳酸氢钠消耗氢氧化钠2.4mol，由此结合其体积为2L，可以求出其浓度范围。（3）也可设按照第一式反应的二氧化碳为xmol，按照第二式反应的二氧化碳为ymol，则可以

列出方程组：x＋y＝9，产生氧气为1.5x＋0.75y＝9，得y＝6，则消耗水为62mol＝3mol。（4）由方程式可知300mol的甲烷完全反应产生氢气900mol、CO300mol，则可设CO反应xmol、CO2

反应ymol，则根据甲醇的量可得x＋y＝350，剩余氢气为900－2x－3y＝120。由此可得y＝80，则二氧化碳的转化率为80100×100%＝80%。第三单元金属及其化合物课练6钠及其重要化合物1．答案：D解析：实验剩余的钠应放

回原试剂瓶，A错误；Na表面形成的氧化层不能保护内层金属不被空气氧化，B错误；钠在空气中加热，生成了淡黄色的过氧化钠，故C错误；2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠无论反应后产物是氧化钠还是过氧化钠，钠元素化合价均为＋1价，故0.1mol钠失去0.1NA个电子

，D正确。2．答案：C解析：实验在无水条件下进行，有红色物质生成，说明熔融的钠将硫酸铜中的铜置换出来，属于置换反应，钠作还原剂，硫酸铜作氧化剂，说明钠比铜活泼，故A、B项正确；若钠与CuSO4溶液混合，则钠先与水反

应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，不会置换出铜单质，故C错误；根据以上分析，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，故D正确。3．答案：C解析：金属钠先和BaCl2溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na＋2H2O===2NaOH＋H

2↑，但是生成的氢氧化钠和氯化钡不反应，即只有气体生成，A错误；金属钠先和硫酸钾溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，但是生成的氢氧化钠和硫酸钾不反应，只有气体生成，B错误；金属钠先和硫酸铜溶液中的水反应生

成氢氧化钠并放出氢气：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，生成的氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，既有沉淀析出又有气体逸出，C正确；Na首先和水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，NaOH与硝酸铵溶液反应会生成一水合氨和硝酸钠，没有沉淀生成，D

错误。4．答案：B解析：Na2O2与CO2反应的实质是－1价的氧发生歧化反应，生成物Na2CO3中有一个O为18O，摩尔质量是108g·mol－1；0.2molNa182O2与足量CO2完全反应，生成0.2mol

Na2C18OO2，质量为108g·mol－1×0.2mol＝21.6g；生成的氧气为18O2，摩尔质量是36g·mol－1，反应生成0.1mol18O2，在标准状况下气体体积为2.24L。5．答案：B解析：A项，燃烧的条件是达到着火点和具有助燃物质；B项

，反应物中没有单质参加反应，不符合置换反应的定义；C项，Na2O2与CO2、H2O的反应都是Na2O2自身的氧化还原反应；D项，Na2O2先和水反应生成O2和NaOH，NaOH再与Ca（HCO3）2反应产生沉淀CaCO3。6．答案：C解析：A项，NaHCO3受热易分解，Na2CO3受

热不易分解，正确；B项，相同温度下，0.1mol·L－1盐溶液的pH：Na2CO3＞NaHCO3，正确；C项，相同温度下，Na2CO3比NaHCO3的溶解度大，错误；D项，NaHCO3与盐酸反应一步完成，而Na2CO3与盐酸反应分两步进行，相同条件下NaHCO3比Na2C

O3反应放出气体剧烈，正确。7．答案：B解析：因钠很活泼，易被氧化，则金属钠在空气中易被氧化形成氧化钠，出现表面变暗现象，故A正确；氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液，故B错误；生成的氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠的结晶水合物

，最终风化变成的白色粉末为碳酸钠，故C正确；最后白色粉末为碳酸钠，质量比金属钠的质量大，故D正确。8．答案：D9．答案：C10．答案：C解析：A项，Na2O2的电子式为Na＋[∶O····∶O····∶]2－Na＋，错误；B项，H2O为V形分子

，错误；D项，NaOH中Na＋与OH－之间为离子键，OH－中O与H之间为共价键，错误。11．答案：B解析：向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为：CO2＋OH－===HCO－3，故A错误；氯气通入NaOH溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为：Cl2＋

2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故B正确；钠的过氧化物为Na2O2，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式里Na2O2不能拆成离子，故C错误；硅酸钠溶于水，在离子方程式里要写成离子，故D错误。12．答案：D解析：胃酸的主要成分是盐酸，Na2CO3能够

与盐酸反应，陈述Ⅱ对，但因Na2CO3溶液碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，陈述Ⅰ不对，A错误；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，陈述Ⅱ对，但因Na2O2具有强氧化性，故溶液先变为红色，然后红色褪去，陈述Ⅰ不对，B错误；金属钠非常活泼，具有强还原性，陈述Ⅰ对

，钠的焰色为黄色，透雾性强，高压钠灯发出透雾能力强的黄光，陈述Ⅱ对，但二者无因果关系，C错误；Na2O2与水、二氧化碳反应生成氧气，所以可为航天员供氧，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，且有因果关系，D正确。13．答案：A解析：Na2O2与H2O

、CO2反应时，都是Na2O2自身发生歧化反应，A项错误；石英的主要成分是SiO2，而Na2O2能与SiO2反应生成Na2SiO3，故熔融过氧化钠时不可使用石英坩埚，B项正确；Na2O2具有强氧化性，而C、

Al、SO2均具有还原性，故Na2O2可与C、Al、SO2发生氧化还原反应，可将C氧化成CO2，将Al氧化成Al2O3，将SO2氧化成SO2－4，C、D项均正确。14．答案：D解析：NaHCO3会析出成为沉淀，说明NaCl溶解度更

大，A错误；NaHCO3受热易分解生成Na2CO3，热稳定性比Na2CO3弱，B错误；NaHCO3和Na2CO3均可以和澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀，C错误；向母液中加入NaCl可析出氯化铵，说明相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度大于

在NaCl溶液中的溶解度，D正确。15．答案：D解析：Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，化学方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，故A正确；2H2O2=====MnO22H2O＋O2↑，实

验③中MnO2作H2O2分解反应的催化剂，故B正确；Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，H2O2分解生成H2O和O2，综合实验①和③可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成，故C正确；Na2O2、H2O2具有氧化性，可以使酚酞褪色，故D错误。16

．答案：C解析：①与②的实验数据基本相同，说明②中的OH－未参与反应，所以②中反应的离子方程式为Ca2＋＋CO2－3===CaCO3↓，A正确；加入试剂体积相同时，③中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部分沉淀，故②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量，B正确；开始时氢氧化钙过

量，碳酸氢根离子全部反应，从起始到a点过程中反应的离子方程式为Ca2＋＋OH－＋HCO－3===CaCO3↓＋H2O，C不正确；b点对应溶液中含NaOH，NaOH抑制水的电离，c点对应的溶液为盐溶液，盐水解促进水的电离，故b点对应溶液中水的电离

程度小于c点对应溶液中水的电离程度，D正确。综合测评提能力1．答案：C解析：CO2与Na2O2固体反应生成白色固体Na2CO3，反应中Na2O2既作氧化剂又作还原剂，二氧化碳既没被氧化也没被还原，故A错误；Na2CO3

的热稳定性强于NaHCO3，将NaHCO3和Na2CO3的混合固体加热至恒重，最终只剩Na2CO3固体，达不到实验目的，故B错误；三者均含有钠元素，焰色试验为黄色，故C正确；该离子方程式不满足电荷守恒和得失电子守恒，正确的离子方程式为2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑

，故D错误。2．答案：D解析：金属钠和钾分别与水反应，钾反应更剧烈的原因是钾的金属性比钠的强，或者说钾原子比钠原子更易失去电子。3．答案：C解析：装置②中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故A

正确；装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故B正确；由于氧气密度大于空气，应选择装置b，故C错误；装置②、③之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故D正确。4．答案：A解析：CO2与足量的Na2O2反应后固体增重的质量相当于等物质的量的CO的质量，水蒸气与

足量的Na2O2反应后固体增重的质量相当于等物质的量的H2的质量。将各物质的化学式变形和增重的质量如下表：化学式变形式（Wg）增重形式（mg）增重关系C4H8O24H2·2CO·2C4H2·2CO·2COm＞WC6H12O66H2·6C

O6H2·6COm＝WC2H4O32H2·2CO·O2H2·2COm＜WH2和COxH2·yCOxH2·yCOm＝W5.答案：C解析：Na2CO3和NaHCO3遇澄清石灰水都会产生白色沉淀，所以C不正

确。6．答案：C解析：氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，A错误；向溶液中通入CO2时，应长进短出，B错误；从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，C正确；碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，D

错误。7．答案：C解析：A项，K2CO3与盐酸反应分步进行，产生气泡较慢，而NaHCO3与盐酸反应产生气泡较快，故可行；B项，K2CO3受热不易分解，NaHCO3受热分解产生CO2，故可行；C项，二者与Ba（OH）2溶液反应都产生白色沉淀BaCO3，故不

可行；D项，钾的焰色为紫色（透过蓝色钴玻璃观察），钠的焰色为黄色，故可行。8．答案：B解析：加热时NaHCO3分解：2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O，然后Na2O2与CO2、H2O发生反应：2Na2O2＋2CO2

===2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，由化学方程式可知，转移1mol电子，则反应1molNa2O2，生成0.5molO2，若过氧化钠过量，则产物为Na2CO3和NaOH，无H2O，若过氧化钠不足，则产物为Na

2CO3、H2O，可能有NaOH。9．答案：B解析：稀硫酸与过碳酸钠反应生成CO2，由于空气中含有CO2，所以需要除去空气中的CO2，又因为还需要防止空气中的水蒸气进入c，所以连接顺序是装置Ⅲ→Ⅰ→Ⅱ，A项正确；装置b和e中盛

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

O2，D项正确。10．答案：D解析：钠燃烧的产物为过氧化钠，结合c试管中有小气泡产生的现象推知过氧化钠和硫酸可能发生反应Na2O2＋2H＋===2Na＋＋H2O2，A项正确；a试管中溶液变为红色，说明溶液中含

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

5O2↑＋8H2O，C项正确；由a、b试管中的现象可知，钠的燃烧产物中含有Fe3＋，不含Fe2＋，不能判断钠的燃烧产物中含Fe2O3，不含Fe3O4，D项错误。11．答案：（1）CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋OH－（2）Na2CO3和NaHCO3固体都是全部溶解（3）放热吸热（4）密度约为

1.1g·mL－120%的盐酸（20℃）（5）AC解析：（1）Na2CO3为强碱弱酸盐，CO2－3水解导致溶液呈碱性，以第一步水解为主，水解离子方程式为CO2－3＋H2O⇌HCO－3＋OH－。（2）10mL水（20℃）最多溶解Na2CO3固体质量为m＝10mL100mL×21.5g＝

2.15g＞0.5g，10mL水（20℃）最多溶解NaHCO3固体质量为m＝10mL100mL×9.6g＝0.96g＞0.5g，Na2CO3、NaHCO3固体都是全部溶解。（3）分析表1的数据得出：Na2CO3固体溶于水温度从20℃升高

到23.3℃，放热，NaHCO3固体溶于水温度从20℃降低到18.5℃，吸热。（4）盐酸与水混合放热，所以需增加探究盐酸与水混合温度的变化，即加入10mL密度约为1.1g·mL－120%的盐酸（20℃），搅拌，测量温度

为22.2℃。（5）盐酸与水混合放热，测量温度为22.2℃，NaHCO3固体溶于水温度从20℃降低到18.5℃，吸热，两者反应后测量温度为20.8℃，低于22.2℃，所以NaHCO3与盐酸的反应是吸热反应，A

正确；用稀盐酸鉴别NaHCO3和Na2CO3固体，反应较快的为NaHCO3，能鉴别，B错误；从上述温度变化数值可知Na2CO3、NaHCO3固体与稀盐酸反应的能量变化还与物质的溶解等因素有关，C正确。12．答案：（1）

aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔（2）使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案）（3）NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓（4）①0.84②蒸发浓缩；冷却结晶（5）A解析：根据工艺流程知，浓氨水

中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NH3·H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱；另一方

面得到的母液主要溶质为NH4Cl，再加入氯化钠粉末，存在反应NaCl（s）＋NH4Cl（aq）===NaCl（aq）＋NH4Cl（s）。（1）根据分析可知，要制备NaHCO3，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCl

，后与饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO3，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量NaHCO3，所以按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；为使A中分液漏斗内的稀盐酸

顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；（2）B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；（3）根据上述分析可知，生成NaHCO3的总反应化学方程式为NH3·H2O＋NaCl＋CO2===N

H4Cl＋NaHCO3↓；（4）①对固体NaHCO3充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为：2NaHCO3=====△Na2CO3＋CO2↑＋H2O，将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量Na2O2，Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程

式为：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，根据差量法可知，当增重0.14g（CO的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为0.14g×4428＝0.22g，其物质的量为0.22g44g/mol＝0.005mol，

根据关系式2NaHCO3～CO2可知，消耗的NaHCO3的物质的量为2×0.005mol＝0.01mol，所以固体NaHCO3的质量为0.01mol×84g/mol＝0.84g；②根据溶解度随温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解度随着温度的升

高变化并不明显，所以要想使NH4Cl沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；（5）称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积V标准会增大，根据c待测＝c标准×V标准V待测可知，最终会

使c（测）偏高，A项符合题意。13．答案：（1）关闭K1，向A装置中的漏斗中加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不下降，说明虚线框内的装置气密性良好（2）碱石灰吸收氢气中的水和氯化氢（3）BADC（4）Na2O2＋H2=====△2NaOH（5）①玻璃棒

②偏小解析：（1）关闭K1，向A装置中的漏斗中加水至漏斗内液面高于漏斗外液面，并形成一段水柱，一段时间后水柱稳定不下降，说明启普发生器的气密性良好。（2）A中生成的H2中混有水蒸气和挥发出的HCl，应利用B装置中所盛放的碱石灰吸收氢气中的水和氯化氢。（3）步骤3中的必

要操作为打开K1、K2，应先通一会儿氢气并用小试管收集气体并检验其纯度，当装置内空气完全除去后，加热C至Na2O2逐渐熔化，反应一段时间，然后停止加热，充分冷却，最后关闭K1，故操作顺序为B、A、D、C。（4）Na2O2与H2反应无水生成，说

明产物为NaOH，发生反应的化学方程式为Na2O2＋H2=====△2NaOH。（5）①NaCl溶液蒸发操作需要用玻璃棒搅拌，则操作过程中需要的仪器除固定、夹持仪器外，还有电子天平、烧杯、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒。②在转移溶液时，若溶液转移不完全，则得到的NaCl的固体质量偏低，固体增重偏低

，导致NaOH的含量偏高，则测得的Na2O2质量分数偏小。14．答案：（1）①检查装置气密性③排尽装置中的水蒸气和二氧化碳，减少实验误差（2）①Na2CO3·10H2O和NaHCO3的质量分数测定结果偏小，NaCl的质量分数测定结果偏大②碱石灰防止空气中的CO2和水蒸气进入D中影响测定结

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

蒸气和CO2质量的测定，实验前通入氮气，排出装置中原有的水蒸气和二氧化碳，减少误差。（2）①若加热反应后不鼓入氮气，生成水蒸气质量和CO2质量测定结果会偏小，又碳酸氢钠依据二氧化碳计算，而Na2CO3·10H2O的质量是根据生成水的总质量计算的，则测得的NaHCO3和Na2CO

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

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

CO3分解生成的水蒸气和Na2CO3·10H2O分解生成的水蒸气，故Na2CO3·10H2O分解生成的水蒸气的质量＝mg－18n44g，设Na2CO3·10H2O的质量为yg，Na2CO3·10H2O==

===△Na2CO3＋10H2O286g180gygmg－18n44gy＝286m－18n44180g，所以Na2CO3·10H2O的质量分数为286m－18n44180a×100%。课练7铁及其重要化合物狂刷小题夯基础1．答案：D解析：

铁在空气中容易发生吸氧腐蚀，根据题意“舶上铁丝，……日久起销”，说明销是铁锈，铁锈的主要成分为Fe2O3，D项正确。2．答案：B解析：已知Fe是26号元素，位于元素周期表第4周期Ⅷ族，故Fe元素位于周期表d区，A正确；Fe和S在加热条件下生

成FeS，而不是FeS2，B错误；FeS2受氧气和水的长期作用，可被氧气氧化，转化为硫酸盐，C正确；由反应方程式可知，4FeS2＋11O2=====高温2Fe2O3＋8SO2，2SO2＋O2催化剂△2S

O3，SO3＋H2O===H2SO4，故工业上可用黄铁矿为原料来制备硫酸，D正确。3．答案：C解析：铁可用于湿法炼铜：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，是因为铁的还原性大于铜，与Fe有导电性无关，故不选A；FeCl3可用于净水，是因为Fe3＋水解生

成的氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮杂质，与FeCl3的氧化性无关，故不选B；Fe2O3呈红棕色，可用于制作红色颜料，故选C；K2FeO4可用于杀菌消毒，是因为K2FeO4具有强氧化性，与K2FeO4的溶解性

无关，故不选D。4．答案：C解析：蒸发FeCl3溶液，铁离子水解生成氢氧化铁，故A不符合题意；FeCl3溶液中滴入氨水生成氢氧化铁和氯化铵，故B不符合题意；将水蒸气通过灼热的铁生成四氧化三铁和氢气，故C符合题意；FeCl2溶液

中滴入NaOH溶液生成氢氧化亚铁和氯化钠，氢氧化亚铁遇到氧气被氧化成氢氧化铁，故D不符合题意。5．答案：D解析：铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，故A错误；氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，离子方

程式为Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－，故B错误；氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式为Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋，故C错误。6．答案：B解析：装置A将液态H2O转化为气态，与装置B中的铁粉在高温下发生反应，A项正确；铁与H2O（g）在高温下发

生反应生成Fe3O4和H2，反应的化学方程式为3Fe＋4H2O（g）=====高温Fe3O4＋4H2，B项错误；因生成的H2中含有较多的水蒸气，故需要用碱石灰等不与H2反应的干燥剂进行干燥，C项正确；不纯的H2在点燃时可

能会发生爆炸，故在点燃H2前必须检验其纯度，D项正确。7．答案：D解析：在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中一定有Fe3＋，但不能确定是否含有Fe2＋，A项错误。Fe2＋遇KSCN溶液不会出现红色，但加入H2O2

后，Fe2＋被氧化为Fe3＋，出现红色，实验只能证明Fe2＋具有还原性，B项错误。Fe2＋遇K3[Fe（CN）6]溶液能够产生蓝色沉淀，因此原溶液中一定含有Fe2＋，但是否含有Fe3＋无法确定，若要确定Fe3＋的存在，则需要向溶液中加入KSCN溶液，观察溶液是否变为红色，C项错误。8．答案：

A解析：氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子，属于强电解质，A错误；氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用来蚀刻铜板，B正确；氯气具有强氧化性，氯气与铁单质加热生成氯化铁，C正确；向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热呈红褐色

，铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶体，D正确。9．答案：B解析：Fe2O3为红色，常被用作红色颜料，俗称铁红，A正确；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===4

Fe2（SO4）3＋4Fe（OH）3↓，B错误；K3[Fe（CN）6]用来鉴别Fe2＋生成滕氏蓝沉淀，反应的离子方程式为K＋＋Fe2＋＋[Fe（CN）6]3－===KFe[Fe（CN）6]↓，C正确；向KSCN溶液中滴加FeCl

3溶液，溶液立即变为血红色；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液同样立即变为血红色，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象没有明显差别，D正确。10．答案：D解析：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K

Fe[Fe（CN）6]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。11．答案：D解析：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中溶液变红褐

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。12．答案：C解析：由题图可知，a为Fe，b中含有Fe2＋，c为Fe（OH）2，d为Fe（

OH）3，e中含有Fe3＋。Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，a可与e反应生成b，A推断合理；Fe2＋既可以被氧化为Fe3＋，也可以被还原为Fe，B推断合理；可将饱和的Fe3＋溶液加入沸水中制得Fe（OH）3胶体，而不是浓碱液中，C推断不

合理；可存在Fe2＋――→OH－Fe（OH）2――→O2Fe（OH）3――→H＋Fe3＋――→FeFe2＋的循环转化关系，D推断合理。13．答案：B解析：制取FeSO4需要铁屑和稀硫酸，所以装置A中烧瓶内应预先加入铁屑，装置B中应盛放N

aOH溶液，A项正确；实验开始时要先排尽装置内的空气，应先打开活塞a，B项错误；装置内的空气排尽后，关闭活塞a，装置A中压强逐渐增大，将FeSO4溶液压入装置B中，与NaOH溶液反应生成Fe（OH）2，C项正确；白色的Fe（OH）2不稳定，容

易被溶解在溶液中的O2氧化，变为灰绿色，最终变成红褐色的Fe（OH）3，D项正确。14．答案：C解析：M中Fe元素为＋2价，且电荷数为0，可能是Fe（OH）2，故A正确；R中Fe元素为0价，且电荷数为0，为Fe单质，铁单质在常温

下遇浓硫酸发生钝化，故B正确；N中Fe元素为＋2价，且电荷数为＋2，为Fe2＋，Fe2＋不能用KSCN溶液检验，故C错误；FeO2－4中Fe元素为＋6价，FeO2－4在碱性环境中稳定存在，所以Fe3＋与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO2－4，故D正确。15．答案：D解析：铁粉过量时，生成

的Fe3＋会被还原为Fe2＋，滴入KSCN溶液后，不会变红，A项错误；向溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液，紫色褪色只能说明可能含有Fe2＋，并不能确定是否含有Fe3＋，B项错误；Fe在冷的浓硫酸中会发生

钝化，表面生成致密的氧化膜，阻止反应继续进行，钝化过程也属于化学反应，C项错误；氯水具有强氧化性，会将Fe2＋氧化为Fe3＋，该现象无法说明FeSO4溶液中存在Fe3＋，D项正确。16．答案：D解析：步骤Ⅱ需加热到80℃，水的最

高温度是100℃，可以使用水浴加热，故A正确；步骤Ⅲ中逐滴加入溶液可以控制反应速率，故B正确；步骤Ⅱ中溶液呈砖红色，说明少量铁离子发生水解生成氢氧化铁，故C正确；步骤Ⅳ中用热水洗涤会使产物溶于水，无法得

到固体配合物，故D错误。综合测评提能力1．答案：C解析：“剂钢”“柔铁”均是铁的合金，均为混合物，A错误；合金是指在一种金属中加热熔合其他金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，因此合金中可能含有非金属，B错误；合金

的性质与合金的原料配比以及制造工艺有关，所以改变原料的配比、变更制造合金的工艺，都可以制得具有不同性能的合金，C正确；“剂钢”和“柔铁”均是铁的合金，其硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，D错误。2．答案：A解析：锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以用锡焊接的铁质器

件，焊接处易生锈，故A正确。向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有氯气，氧化了亚铁离子，故B错误。Fe（OH）3胶体的制备：将饱和氯化铁溶液逐滴滴加到沸水中至得到红褐色液体，即为Fe（OH）3胶体，故C错误。将钝化后的铝条放入CuSO4溶液中无现象，是因为铝条表面的氧化

铝不与硫酸铜反应，不是说明铝的金属性弱于铜，故D错误。3．答案：A解析：Fe（OH）2具有还原性，易被氧化生成稳定的Fe（OH）3，说明稳定性：Fe（OH）2＜Fe（OH）3，故A正确；碘的氧化性较弱，铁与碘反应生成FeI2，故B错误；Fe3＋具有较强的氧化性，可与I－发生氧化还原反应，

生成亚铁离子和碘，故C错误；铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故D错误。4．答案：A解析：配制FeCl3溶液时加入HCl抑制水解，A正确；酸性高锰酸钾溶液也可以氧化Cl－，B错误；制备氢氧化铁胶体，向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1～2mL饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，

停止加热，C错误；F－与Fe3＋反应生成更为稳定的无色FeF3－6，滴入SCN－后，Fe3＋无法与SCN－结合，与氧化性无关，D错误。5．答案：C解析：根据两套装置中各仪器的功能，可以判断出A中放置普通铁粉，B中放一定体积的水，持续加热提供水蒸气，C是安全瓶，用于防

倒吸，D是利用排水集气法收集氢气。E中反应物为A中生成的四氧化三铁，I中放置普通铁粉，通过分液漏斗加入一定体积的盐酸制备H2，从I中逸出的气体中含有挥发出的氯化氢，经过G（内有碱石灰）除杂干燥后得到纯净的氢气，氢气进入E中和Fe3O4在一定温度下进行反应，得到“引火铁”，剩余的氢气

在F处进行收集或其他处理。6．答案：B解析：过程Ⅰ为在太阳能、>2300K条件下，Fe3O4分解为O2和FeO，化学方程式为2Fe3O4=====＞2300K太阳能6FeO＋O2↑，A正确；过程Ⅱ为6FeO＋CO

2=====700K2Fe3O4＋C，每生成23.2g（即0.1mol）Fe3O4，转移0.2mol电子，B错误；由图知，该过程中Fe3O4和FeO相互转化，而二氧化碳被消耗，生成了碳和氧气，故利用该过程可以降低环境中C

O2的含量，C正确；由过程Ⅰ、过程Ⅱ的反应知，该过程的总反应为CO2=====太阳能C＋O2，D正确。7．答案：A解析：FeCO3中的＋2价的铁在高温时会被空气中的氧气氧化。8．答案：D解析：Fe3＋具有氧化性，可将二氧化硫氧化成硫酸根，本身被还原成二价铁，反应的离子方程式是SO2＋

2Fe3＋＋Ba2＋＋2H2O===BaSO4↓＋2Fe2＋＋4H＋，在酸性条件下SO2与NO－3反应也能生成SO2－4，出现白色沉淀，装置B中若产生白色沉淀，不能说明Fe3＋能将SO2氧化成SO2－4，故A正确；配制70%硫酸溶液的操作是浓

硫酸加入水中稀释，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故B正确；为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，目的是排尽装置内的空气，故C正确；导气管直接插入溶液可能会引起装置中的压强变化较大，发生倒吸，反应生成的气体可能会有NO，不能被氢氧化钠溶液吸收，故D错误。9．答案：

C解析：FeCl－4（亮黄色）只有在Cl－浓度较大的溶液中才能稳定存在，则工业盐酸显黄色是因为其中混有FeCl－4，故A正确；KSCN溶液为检验铁离子的特征试剂，由操作和现象可知，实验Ⅰ中，未检测到Fe3＋，故B正确；AgNO3溶液与氯离子反应，使FeCl－4转

化为铁离子，稀释不是主要原因，故C错误；稀释或滴AgNO3饱和溶液均使Cl－浓度降低，可证明FeCl－4只有在Cl－浓度较大的溶液中才能稳定存在，故D正确。10．答案：C解析：根据工业废液的成分和制得氯化铁晶体对流程进行如下梳理：试剂b若为

硫酸，则会引入SO2－4杂质离子，A项错误；操作I和操作Ⅱ是过滤，操作Ⅲ为在HCl氛围中蒸发浓缩、冷却结晶，所用仪器不同，B项错误；滤液Z和X中均含有氯化亚铁，因此试剂c为氯气，氯气可将溶液中的Fe2＋

氧化为Fe3＋，C项正确；亚铁离子、氯离子都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，因此不能用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有亚铁离子，D项错误。11．答案：（1）b（2）Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O（3）4Fe（OH）2＋O2＋2H

2O===4Fe（OH）3（4）B（5）812．答案：Ⅰ.（1）氧化（2）取少量待测液，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明原溶液中有Fe3＋，反之则没有（3）4NA“引火铁”表面积大，加快了与氧气反应的速率解析：

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

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

可使湿润红色石蕊试纸变蓝，为氨气，说明化合物M中含有氮元素；白色沉淀乙→红褐色沉淀丙，说明化合物M中含有铁元素；红褐色沉淀丙→固体丁（14.40g），固体丁为氧化铁，根据原子守恒计算化学式。（1）根据以上分析可知，M由铁、氮两种元素组成，氧化铁质量为14.40g，则铁元素的质量为1

4.40×112160＝10.08g，氮元素质量为10.71－10.08＝0.63g，铁、氮两种原子的个数之比为10.0856∶0.6314＝4∶1，所以M的化学式为Fe4N；甲为NH3，属于共价化合物，其电子式为。（2）白色沉淀乙是氢氧化亚铁，在空气中被氧气氧化为红褐色氢

氧化铁，反应的化学方程式：4Fe（OH）2＋O2＋2H2O===4Fe（OH）3。（3）高温条件下，氧化铁与氨气反应生成铁、氮气和水，反应的化学方程式为Fe2O3＋2NH3=====高温2Fe＋N2＋3H2O。13．答案：（1）除去铁屑表面的油污（2）水浴加热反应有氢气生成，不能用明火直接

加热（3）AD（4）检验产物中是否有水生成（5）SO2＋H2O2＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H＋否，若产物中有SO3，也有白色沉淀生成（6）加入高锰酸钾溶液的一份中，溶液不褪色；加入KSCN溶液的一份中，溶液变红色解

析：（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，水解反应为吸热反应，加热时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，除去铁屑表面油污的能力增强。（2）步骤二发生的反应为铁与

稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，若用明火直接加热，反应生成的氢气与空气中的氧气遇明火可能发生爆炸，应选用水浴加热。（3）过滤时不能使用玻璃棒搅拌，否则玻璃棒将滤纸损坏会影响过滤效果，故A错误；亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，所以过滤和洗涤的速度

都要尽可能的快，减少产品的氧化，故B正确；洗涤时使用无水乙醇既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以在其挥发时带走晶体表面的水，起到干燥的作用，故C正确；若所得的产品采取电热炉烘干的方式彻底干燥会使晶体脱去结晶水，也会使晶体发生分解导致产品变质，故D错误。（5）实

验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，说明硫酸亚铁铵受热分解生成二氧化硫，没有生成三氧化硫，D中生成白色沉淀的反应为二氧化硫与过氧化氢和氯化钡混合溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，反应的离子方程式

为SO2＋H2O2＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H＋；若去掉C，不能确定生成的气体中存在二氧化硫，因为三氧化硫与混合溶液中的氯化钡反应也能生成硫酸钡白色沉淀。（6）若固体残留物中只有氧化铁，氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，分别滴加高锰酸钾溶液

、硫氰化钾溶液可观察到的实验现象为加入高锰酸钾溶液的一份中，溶液不褪色，加入硫氰化钾溶液的一份中，溶液变红色。课练8金属材料狂刷小题夯基础1．答案：B解析：制造飞机的材料要求密度低、强度高，铝和锂都是轻金属，所以制成的铝锂合金密度低、强度高，适合用作制造飞机的材料，与其导电性和导热性无关。2．答案

：B解析：（Ⅰ）火烧孔雀石炼铜是采用焦炭法冶炼金属铜，对应方法①，故A正确；（Ⅱ）湿法炼铜是采用活泼金属置换法冶炼金属铜，对应方法③，故B错误；（Ⅲ）铝热反应是采用活泼金属置换法冶炼金属，对应方法③，故C正确；（Ⅳ）从光卤石中冶炼金属镁是

采用电解熔融氯化镁的方法，对应方法④，故D正确。3．答案：D解析：电解熔融氯化钠制取金属钠，反应的化学方程式是2NaCl（熔融）=====电解2Na＋Cl2↑，故A正确；Na、Mg的活泼性大于Ti，可

用Na、Mg等活泼金属为还原剂冶炼Ti，反应的化学方程式是2Mg＋TiCl4（熔融）=====高温氩气Ti＋2MgCl2，故B正确；铝的还原性大于钒，用Al作还原剂可以冶炼金属V，反应的化学方程式是3V2O5＋10Al=====高温6V＋5

Al2O3，故C正确；银是不活泼金属，一般采用加热Ag2O的方法冶炼Ag，故D错误。4．答案：D解析：铝具有很好的延展性，可以用于制作铝金属制品，与铝的活泼性无关，A项错误；电解氧化铝冶炼铝是因为氧化铝熔融状态下能导电，与熔点高无关，B项错误；氢氧化铝能与胃酸的主要成分HCl发生反应，

与氢氧化铝受热分解无关，C项错误；明矾中的Al3＋可以水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很强的吸附能力，可以吸附水中的悬浮物，起到净水作用，D项正确。5．答案：D解析：工业上采用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg，故A正确；Mg在空气中燃烧生成MgO、M

g3N2和C，所得的固体物质是混合物，故B正确；MgO熔点很高，在一般条件下不熔融，所以氧化镁是优质的耐火材料，故C正确；虽然Mg质地柔软，但密度小，常用来制作合金材料，如镁铝合金，故D错误。6．答案：D解析：青铜的主要成分是铜锡合金，将

青铜器放在银质托盘上，会形成原电池，加快铜的腐蚀，青铜器容易生成铜绿，A错误；Cu2O在稀硫酸中发生歧化反应：Cu2O＋H2SO4===Cu＋CuSO4＋H2O，CuO在稀硫酸中发生反应生成CuSO4和水，化合价无变化，故原理不同，B错误；铜青是碱式碳酸铜，和青

铜不是一种物质，C错误；湿法炼铜利用单质铁置换出硫酸铜溶液中的铜，故胆矾（CuSO4·5H2O）可用作原料，D正确。7．答案：（1）×（2）√（3）×（4）×（5）√（6）√解析：（1）铝用于制作门窗框架

，利用了铝的硬度大、密度小、抗腐蚀等性质，而不是利用它的还原性，不正确；（2）氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3＋2OH－===2AlO－2＋H2O，正确；（3）向NaOH中滴加Al2（SO

4）3溶液并振荡，由于开始时NaOH过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为8NaOH＋Al2（SO4）3===2NaAlO2＋3Na2SO4＋4H2O；向Al2（SO4）3溶液中滴加NaOH并振荡，开始

时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多，发生的反应为6NaOH＋Al2（SO4）3===2Al（OH）3↓＋3Na2SO4；当NaOH过量后，继续滴加NaOH沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为NaOH＋Al（OH）3===N

aAlO2＋2H2O，因此，改变两种试剂的滴加顺序后反应现象有明显差别，错误；（4）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↑，错误；（5）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：C

uSO4·5H2O===CuSO4＋5H2O，正确；（6）四羊方尊由青铜制成，在当时铜的冶炼方法还不成熟，铜中常含有一些杂质，因此青铜属合金范畴，正确。8．答案：B解析：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。9．答案：C解析：钢是以铁为主的含碳合金，A说法正确；钢的含碳量越高，硬度和脆性越大，B说法正确；合金

的熔点比其组分的熔点低，生铁含碳量（2%～4.3%）大于熟铁的含碳量（约0.1%），故生铁熔点比熟铁低，C说法错误；赤铁矿的主要成分是Fe2O3，D说法正确。10．答案：C解析：流程梳理陶瓷中的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，在Na2CO3过量下，不可能有CO2逸出，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。11．答案：D解析：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。12．答案：B解析：氧化铝熔点很高，一般条件下，氧化铝不能熔化，所以氧化铝可以作耐火材料，故A正确；打印机墨粉中使用Fe3O4，是利用了其磁性，CuO不具有磁性，故不能用CuO代替Fe3O4，

故B错误；波尔多液是一种保护性杀菌剂，由硫酸铜和石灰乳配制而成，故C正确；CH3CH2Cl易汽化而吸收热量，可使局部冷冻麻醉，故D正确。13．答案：C解析：由题干信息可知，铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱，故可用铝热反应制备铬，原理为：2Al＋Cr2O3=====高温Al2O3＋2

Cr，A正确；由题干信息可知，铬与铝性质相似，已知常温下铝在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，故常温下铬在浓硝酸中发生钝化，B正确；由题干信息可知，铬与铝性质相似，故蒸发CrCl3溶液时由于CrCl3水解得到Cr（OH）3和HCl，HCl易挥发，促进水解正向进行，故直接蒸发

CrCl3溶液不能制备无水CrCl3，C错误；已知碱性条件下，Cr（Ⅲ）可被氧化为Cr（Ⅵ），由Cr2O2－7＋H2O⇌2CrO2－4＋2H＋可知，则其氧化产物为CrO2－4，D正确。14．答案：B解析：金属活动性顺序表中钠比氢活泼，氢离子的氧

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

的仍是锌，被保护的是铁，能用金属活动性顺序表解释，C不符合题意；在金属活动性顺序表中，铝排在氢的前面，能用金属活动性顺序表解释，D不符合题意。15．答案：B解析：由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根离子、气体Y为二氧化碳，故试

剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到Na[Al（OH）4]溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B正确；电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还原反应，故C错误；反应①过滤后所得溶液乙为Na[Al（OH）4]溶液，向

Na[Al（OH）4]溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为Na[Al（OH）4]＋CO2===Al（OH）3↓＋NaHCO3，故D错误。16．答案：A解析：盐酸酸浸，可与MgCO3反应，SiO2不反应

，滤渣为SiO2，浸出液中主要成分是MgCl2，加入氨水沉镁，MgCl2＋2NH3·H2O===Mg（OH）2↓＋2NH4Cl，母液主要溶质是NH4Cl，固体X为Mg（OH）2。盐酸酸浸，MgCO3是微溶

物，不可拆成离子，故A错误；盐酸酸浸，MgCO3可溶，SiO2不溶，滤渣为SiO2，故B正确；加入氨水沉镁，MgCl2＋2NH3·H2O===Mg（OH）2↓＋2NH4Cl，母液主要溶质是NH4Cl，故C正确；沉镁过程中，加入氨水沉镁，MgCl2＋2NH3·H2O===Mg（OH）2↓＋2NH4C

l，母液主要溶质是NH4Cl，固体X为Mg（OH）2，故D正确。综合测评提能力1．答案：A解析：聚碳酸酯是有机高分子材料，A项符合题意。2．答案：A解析：合金的性能与合金的原料配比及制造工艺有关，所以改变原料的配比、变更制造合金的工艺，可以制得具有不同性能的合金，A项正确

；储氢合金能大量吸收H2，且大多数能与H2结合成金属氢化物，B项错误；一般合金的硬度大于其成分金属的硬度，青铜的硬度大于纯铜，C项错误；铝合金的强度高、密度小，适合制造飞机机身，钢材的密度大，不利于飞机的起飞，D项错误。3．答案：C解析：电解熔融氯化钠制取金属钠的反应中，Na元素化合

价由＋1降低至0，被还原，Cl元素化合价由－1升高至0，被氧化，故A正确；湿法炼铜的离子方程式为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，反应过程中Cu元素化合价由＋2降低至0，发生还原反应，故B正确；Fe3O4＋4CO=====高温3Fe＋4CO2，1mo

lFe3O4被CO还原成Fe时，转移8mol电子，故C错误；铝热法还原铁的反应中，放出的热量可以使Fe熔化，故D正确。4．答案：A解析：由题意可知，倭铅是指金属锌，不含铅，故A错误；煤炭的主要成分是碳，反应中碳作还原剂，故B、C、D均正确。5．答案：C解析

：A项，金属铝具有良好的延展性，因此铝可以制成铝箔用于食品包装，金属铝也可用作建筑材料，如铝合金门窗等，正确；B项，电解熔融的Al2O3可冶炼金属Al，由于Al2O3具有耐高温的性质，也可用作耐火材料，正确；C项，明矾[KAl（SO4）

2·12H2O]溶于水后，Al3＋能发生水解反应，生成的Al（OH）3胶体具有吸附作用，可用作净水剂，但Al（OH）3并不具有消毒作用，错误；D项，Al（OH）3与胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水，正确。6．答案：B解析：Al（OH）3可以与胃酸反应，使

胃液pH升高，起到中和胃酸的作用，A项正确；Al和Al2O3均具有两性，既能与酸反应又能与强碱发生反应，所以很多酸碱可以直接侵蚀铝表面的氧化膜以及铝制品本身，因此铝制品不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性的食物，B项错误；金属镁燃烧时会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和烟火，C项正确；MgO

和Al2O3熔点很高，可用作耐火材料，D项正确。7．答案：D解析：向铝土矿中加入氢氧化钠溶液，Al2O3转化为四羟基合铝酸钠、SiO2转化为铝硅酸钠沉淀、Fe2O3不溶，过滤，滤液中含四羟基合铝酸钠，向

滤液中通入足量的二氧化碳后，四羟基合铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融，电解就可以得到铝。操作Ⅰ增大NaOH溶液的用量可以使浸取更充分，可提高Al2O3的浸取率，A项正确。操作Ⅱ、Ⅲ用于分离固体和液体

，为过滤，操作Ⅳ使氢氧化铝分解，则为灼烧，B项正确。Al2O3熔点高达2000℃以上，加入冰晶石能使之在1000℃左右熔融，则目的是降低Al2O3的熔融温度，C项正确。如果操作Ⅰ换成H2SO4溶液来溶解铝土矿，氧化铁

和氧化铝均会溶解、二氧化硅不溶，则需过滤后，向滤液中加过量氢氧化钠溶液再过滤才能得到四羟基合铝酸钠溶液，即后面的操作要跟着有所变才可以冶炼出铝，D项错误。8．答案：B解析：铜能与硫单质在加热的条件下反应得到硫化亚

铜，A正确；CuO不能与H2O反应，B错误；新制的Cu（OH）2与葡萄糖溶液混合后加热可得Cu2O，C正确；Cu可以在O2中加热得到CuO，CuO溶于酸可得到Cu2＋，Cu2＋可被铁单质置换生成Cu，D正确。9．答案：D解析：相同温度下

，不同金属分别加入相同浓度的稀盐酸中，金属的金属性越强，金属与酸反应置换出氢气越容易，生成氢气速率越快，根据表中生成氢气快慢顺序知，金属强弱顺序是Mg>Ti>Cu，A错误；Ti、Mg都和稀盐酸反应生成氢气，所以不能用稀盐酸除去Ti中的Mg，B错误；钛（Ti）是一

种昂贵的金属，用Ti从CuSO4溶液中置换出Cu来制取铜，成本太高，在工业上是不可取的，C错误；根据实验现象知，Cu和稀盐酸不反应，D正确。10．答案：A解析：加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，NaOH过量，滤液中含

NaOH，由OH－＋HCO－3===CO2－3＋H2O、HCO－3＋[Al（OH）4]－===Al（OH）3↓＋CO2－3＋H2O可知，前8mL不生成沉淀，c（NaHCO3）＝0.032mol0.032L＝1.0mol·L－1，故A错误；b点与c点溶液所含微粒种类相同，均含Na＋

、[Al（OH）4]－、OH－、CO2－3，故B正确；d点显碱性，溶质为NaOH、Na[Al（OH）4]，存在的离子是Na＋、[Al（OH）4]－、OH－、H＋，故C正确；[Al（OH）4]－促进HCO－3的电离，生成沉

淀的离子方程式为：HCO－3＋[Al（OH）4]－===Al（OH）3↓＋CO2－3＋H2O，故D正确。11．答案：Ⅰ.（1）f（g）→g（f）→c→d→i（2）浓硫酸吸收CO防污染Ⅱ.（3）ad（4）bce（5）通入过量CO2气体（6）坩埚泥三角（7）41（m3－m1＋m2）10m

1或410（m3－m1＋m2）m1%（8）偏高解析：Ⅰ.（1）利用装置B制备氮气，通过装置A中浓硫酸干燥气体，通过装置C氮气和铝发生反应，最后通过装置D吸收多余的CO，防止污染空气，按照氮气气流方向将

各仪器接口连接：f（g）→g（f）→c→d→i；（2）分析可知A装置内的X液体可能是吸收水蒸气的浓硫酸溶液；D装置内氯化钯溶液的作用可能是吸收有毒气体CO，避免污染空气；Ⅱ.氮化铝纯度的测定（3）氨气极易溶于水，量气装置中的X液体不能与氨气反应，不能使氨气溶解，CCl4和氨气不反应，不

溶解氨气，故a正确；H2O能溶解氨气，故b错误；NH4Cl饱和溶液能吸收氨气，故c错误；植物油和氨气不反应，不溶解氨气，故d正确；（4）利用排水法也可以测量气体体积，选用仪器：b.双孔塞、c.广口瓶、e.量筒；（5

）样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液，滤渣质量m2g为C粉，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，步骤②的操作是：通入过量CO2气体；（6）实验室里煅烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有：坩埚、泥三角

；（7）氮化铝含杂质为C和氧化铝，AlN转化为Al2O3质量增加，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液，滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，2AlN～Al2O

3Δm8210220mm3－m1＋m2m＝82（m3－m1＋m2）20＝41（m3－m1＋m2）10样品中AlN的纯度＝41（m3－m1＋m2）10m1或410（m3－m1＋m2）m1%；（8）若在步骤③中未洗涤，导致m3质量偏大，由公式可知AlN的纯度偏高。单元检测3金属及其化合物1．答案：D

解析：“用错石磨错”过程中没有新物质生成，不属于化学变化，D不正确。2．答案：B解析：铝与氧化铁发生铝热反应，由质量守恒定律知，反应前后固体质量不变（因为反应物、产物均为固体）。3．答案：C解析：Fe2O3是红棕色粉末，俗称铁红，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，C错误。4

．答案：C解析：Na[Al（OH）4]与NaOH不反应，故A不正确；Na2O2为离子化合物，含O元素，不含O2，故B不正确；Cu与氯化铁溶液反应生成氯化铜、氯化亚铁，利用Fe3＋的氧化性，可用FeCl3溶液刻蚀印刷铜电

路板，故C正确；Al活泼性很强，用电解熔融氧化铝的方法来制备铝，所以Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、电解冶炼法、热还原法得到，故D不正确。5．答案：D解析：A项，氯气氧化性强，与铁反应生成氯化铁，错误；B项，Mg（OH）2和盐酸生成MgCl2溶液，电解

MgCl2溶液得不到金属镁，应该电解熔融氯化镁得到镁单质，错误；C项，铝和NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]，加入过量盐酸生成氯化铝，错误。6．答案：A解析：由于钠比镁活泼，镁能与CO2反应，则钠也能与CO2反应

，故Na燃烧不能用CO2灭火，A正确；Fe在O2中燃烧生成Fe3O4，B错误；SO2具有还原性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，C错误；Mg不能与NaOH溶液反应，D错误。7．答案：C解析：K2FeO

4中Fe为＋6价，具有强氧化性，可用于饮用水的消毒，得到的还原产物为Fe3＋，形成Fe（OH）3胶体可以净水，A正确；Fe2＋具有强还原性，为了防止生成的Fe（OH）2被氧化，关键是隔绝空气，B正确；e（Fe2O3）不能一步转化

为d[Fe（OH）3]，C错误；向溶液f中加入Na2O2，Fe2＋被氧化生成Fe3＋，同时Na2O2和水反应生成的NaOH与Fe3＋反应生成Fe（OH）3红褐色沉淀，D正确。8．答案：B解析：因为Mg可在C

O2中燃烧生成MgO和C，故金属镁着火不能用泡沫灭火器灭火，A错误；K2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒，其还原产物Fe3＋水解得到的Fe（OH）3胶体具有吸附性，能净水，则K2FeO4可用于自来水的消毒和净化，B正确；铜锈的主要成分是铜在空气中与氧气、水、二氧化碳

反应生成的碱式碳酸铜，属于盐类，可溶于盐酸，C错误；常温下，将铁片浸入足量的浓硫酸中，铁的表面被氧化，形成了一层致密的氧化膜，阻止了内部金属进一步反应，故铁片不溶解，D错误。9．答案：C解析：Cl2能与FeCl2反应，A

错误；Fe与FeCl3、CuCl2均能反应，B错误；有新的杂质CuSO4生成，D错误。10．答案：B解析：适当提高酸浸温度、搅拌、粉碎碳酸锰矿等，均可以提高锰元素的浸出率，A正确；酸浸时，FeCO3溶于稀硫酸的离子方程式为：FeCO3＋2H＋

===Fe2＋＋H2O＋CO2↑，B错误；滤渣Ⅱ为Fe（OH）3和Al（OH）3，Al（OH）3能溶于强碱中，而Fe（OH）3不溶于强碱，向滤渣Ⅱ中加入NaOH溶液，Al（OH）3转化为NaAlO2溶于水，过滤得到Fe（OH）3，再向溶液中通

入CO2，NaAlO2转化为Al（OH）3沉淀，过滤后得到Al（OH）3，C正确；电解浸出过程的总反应为2MnSO4＋2H2O=====电解2Mn＋O2↑＋2H2SO4，生成H2SO4，溶液的pH值减小，D正确。11

．答案：C解析：标号①处发生的反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，Cu2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋，2Au3＋＋3Fe===2Au＋3Fe2＋，②处发生的反应是Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；③处发生的反

应是铜与稀硝酸生成硝酸铜、一氧化氮、水，均为氧化还原反应，故A正确，C错误；标号③处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开，加入的相应物质是稀硝酸，故B正确；Fe2O3是红色粉末，铁红的化学式为Fe2O3，工业上常用作红色颜料，故D正确。12．答案：D解析：NaOH能除油污、溶解镀锌层

，A正确；调节溶液A的pH产生Zn（OH）2沉淀，经抽滤、洗涤、灼烧Zn（OH）2分解制得ZnO，B正确；Fe2＋容易被氧化，C正确；Fe3O4胶体粒子能透过滤纸，D错误。13．答案：B解析：Zn3（PO

4）2·4H2O的摩尔质量为457g·mol－1，45.7mgZn3（PO4）2·4H2O转变为Zn3（PO4）2·2H2O时质量为42.1mg，转变为Zn3（PO4）2·H2O时，质量为40.3mg，所以

烘干时的温度范围为145～195℃，故B正确。14．答案：（1）2Fe3＋＋3S2－===Fe2S3↓（2）①无色清液加蒸馏水离心分离后，产生淡黄色固体②红褐色清液中的Fe3＋与加入的S2－反应，也能得到FeS（3）

①Fe3＋＋3S2－＋3H2O===Fe（OH）3↓＋3HS－（或2Fe3＋＋3S2－＋6H2O===2Fe（OH）3↓＋3H2S↑）②Fe3＋与S2－反应生成Fe2S3的速率快，反应后溶液中c（Fe3＋

）较低，使Fe3＋氧化S2－（或Fe2S3）的速率减小（或使Fe3＋氧化性降低）（4）2[FeF6]3－＋3S2－===Fe2S3↓＋12F－（5）形成了[FeF6]3－，溶液中c（Fe3＋）始终较低，不易发生水解反应和氧化还原反应解析：（1）实验一中，若Na2S和F

eCl3发生复分解反应，则生成的黑色沉淀a为Fe2S3，离子方程式为2Fe3＋＋3S2－===Fe2S3↓。（2）①无色清液加蒸馏水离心分离后得到的淡黄色固体为S，又实验一中FeCl3过量，说明黑色沉淀a（Fe2S3）溶解过程中有氧化还原反应发生，S2－被Fe3＋氧化为S。②Fe3＋与S

2－发生氧化还原反应2Fe3＋＋3S2－===2FeS↓＋S↓，也可产生FeS，因此甲同学的解释不严谨。（3）①实验二中生成Fe（OH）3的原因是Fe3＋和S2－发生了相互促进的水解反应。（4）根据已知信

息ⅱ知，FeCl3溶液滴加到NaF溶液得到无色清液，是因为Fe3＋和F－结合生成了[FeF6]3－，向无色清液中滴加Na2S溶液，与[FeF6]3－反应生成Fe2S3。15．答案：（1）①BCD②2Na2O2＋2H2SO4===2Na2SO4＋O2↑＋2H2O偏大aedfgh（2）偏

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

V），然后进行有关计算]解析：（1）①由于空气中含有少量的CO2和水蒸气，因此钠与空气反应时产物中可能含有Na2CO3和NaOH，当反应温度在453～473K之间还有Na2O生成，故选B、C、D。②烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2

SO4===2Na2SO4＋O2↑＋2H2O；若没有该导管，由于硫酸的流入，会使得收集的气体（含有部分空气）体积偏大，导致测定结果偏大；根据①的分析，需要将生成的CO2除去后再收集O2，从左至右的连接顺序为aedfgh，增加澄清石灰水

是检验CO2是否除净。（2）从反应历程上看，Na2O2与水反应生成H2O2，如果H2O2没有完全分解，将会导致放出的氧气偏少，测定结果偏小；为了使H2O2分解，可以加入少量MnO2粉末作为催化剂，故选Ⅰ；根据实验Ⅲ可知，H2O2与酚酞作用的条件是碱性条件。16．答案：（1）加适

量铁粉（2）①部分铁离子转化成Fe（OH）3沉淀②Fe2＋＋2HCO－3===FeCO3↓＋CO2↑＋H2OFe2O3③过滤（3）①Fe3O4②否碱石灰解析：（1）配制FeSO4溶液时，硫酸亚铁变质的实质是Fe2＋被氧化，加适量铁粉可防止Fe2＋被氧化。（2）①

制备Fe4（OH）2（SO4）5时，若pH过高，部分铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，导致碱式硫酸铁的产率偏低。②NH4HCO3与亚铁离子反应生成碳酸亚铁、水和二氧化碳；离子反应为Fe2＋＋2HCO－3

===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3，所以X为Fe2O3。（3）②图3装置设置两个低温浴槽的目的是利用物理手段将SO2和SO3分离，不能将低温浴槽A的温度设置在－72.4℃<T≤44.8℃；C是尾气处理装置，可使用碱石灰

吸收SO2和SO3。17．答案：（1）61.5%（2）见解析（3）1.5（4）①1.475②见解析③Mg5Al（OH）3（CO3）5·10H2O解析：（1）AlN＋H2O＋NaOH===NaAlO2＋NH3↑，该反应产生NH3的物质的量＝1.68L22.4L·m

ol－1＝0.075mol，AlN＋H2O＋NaOH―→NaAlO2＋NH3↑0．075mol0.075mol所以AlN的质量＝0.075mol×41g·mol－1＝3.075g，所以AlN的质量分数＝3.075g5.00g×100%＝6

1.5%。（2）向滤液中滴加2mol·L－1的盐酸，当滴至202mL时生成的白色沉淀恰好完全消失，溶液中溶质有两种：AlCl3和NaCl，设AlCl3的物质的量为x，NaCl的物质的量为y，根据Na原子守恒可知：y＝5mol·L－1×25mL×10－3＝0.125mol

，由Cl原子守恒可知3x＋y＝2mol·L－1×202×10－3L＝0.404mol，解得x＝0.093mol，所以此时溶液中有0.093molAlCl3，因为AlN物质的量＝0.075mol，根据Al原子守恒可得n（Al2O3）＝0.093mol－0.075mol2＝0.009mol；（3

）n（CO2）＝0.560L22.4L·mol－1＝0.025mol，二氧化碳来源于碳酸根离子，根据C原子守恒得n（CO2－3）＝n（CO2）＝0.025mol，则m（CO2－3）＝nM＝0.025mol×60g·mol－1＝1.5

g。（4）①样品在270℃时已完全失去结晶水，结晶水的质量＝（100.00－73.45）g＝26.55g，n（H2O）＝mM＝26.55g18g·mol－1＝1.475mol；②100.00g样品在270～600℃之间，失去结晶水后的样品进

一步受热分解放出CO2和H2O，m（CO2）＋m（H2O）＝73.45－37.02＝36.43g，其中n（CO2）＝0.56L22.4mol·L－1＝0.025mol；m（CO2）＝0.025mol×44

g·mol－13.39g×100g＝32.45g，m（H2O）＝36.43－32.45＝3.98g，n（H2O）＝3.98g18g·mol－1＝0.2212mol，根据H原子守恒得n（OH－）＝2n（H2O）＝0.4424mol；③根据

电荷守恒得2x＋3y＝0.4424×1＋2×32.4544…Ⅰ，根据质量守恒得40x＋0.5×102y＝37.02…Ⅱ，联合Ⅰ、Ⅱ得x＝0.7374mol、y＝0.1476mol，x∶y∶a∶b∶n＝0.7374mol∶0.1476

mol∶0.4424mol∶32.45g44g·mol－1∶1.475mol＝5∶1∶3∶5∶10，所以其化学式为Mg5Al（OH）3（CO3）5•10H2O。第四单元非金属及其化合物课练9氯及其重要化合物狂刷小题夯基础1．答案：D解析：氯

气与水可发生化学反应，但反应慢且反应不充分，故A错误；氯气的密度大于空气，所以Cl2聚集在地势低的地方，故应向地势高的地方、逆风撤离，故B、C错误；石碱水可以吸收氯气，故D正确。2．答案：B解析：铜在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，A正确；通常状况下，铁与氯气不反应

，因此液氯通常保存在钢瓶中，B错误；氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，生成的HCl在集气瓶口与空气中水蒸气形成盐酸小液滴，产生白雾，氯气与氢气的混合气在光照条件下易发生爆炸，C正确；氯气能与水反应生成HClO和HCl，HClO见光分解成HCl和O2，久置的氯水最终变为稀盐酸，D正确。3．答案：B

解析：A项，氯水能使有色布条褪色是因为氯水中含有的HClO具有强氧化性；C项，由于加入盐酸酸化的过程中引入了Cl－，所以根据生成白色沉淀无法说明氯水中存在Cl－；D项，因Cl2、HCl和HClO均能与NaOH溶液反应，所以加入NaOH溶

液时氯水颜色消失不能说明其中有HClO存在。4．答案：C解析：2F2＋2H2O===4HF＋O2，故A项错误；少量的液溴利用水封保存，故B项错误；光照氯水时：2HClO=====光照2HCl＋O2↑，产生的气体是O2，故D项错误

。5．答案：D解析：A项，稀盐酸与MnO2不反应；B项，发生的反应为取代反应；C项，Cu在Cl2中发生了燃烧反应；D项，Cl－、ClO－在酸性条件下可生成Cl2。6．答案：B解析：已知饱和NaClO溶液的pH约为11，

这是由于ClO－的水解，而该消毒液的pH约为12，主要是因为其中含有一定量的NaOH，B项错误。7．答案：A解析：卤素单质中，氟气和水之间反应生成HF和O2，不符合X2＋H2O⇌HXO＋HX，故A错误；卤素原子得电子的能力越强，HX的热稳定性越强，卤素原子的得

电子能力随X的核电荷数的增加而减小，所以HX的热稳定性随X的核电荷数的增加而减小，故B正确；卤素单质的颜色从上到下逐渐加深，由F2→I2依次是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，故C正确；卤素单质的氧化性从上到下逐渐减弱，对应离子的还原性F－<Cl－<Br－<I－，故D正

确。8．答案：C解析：实验1中，浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢气体，氯化氢与氨气反应生成NH4Cl固体，故A合理；实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br－＞Cl－，故B合理；②中溶液含有浓硫酸

和溴单质，均能将碘化钠氧化成碘单质，不能判断还原性：I－＞Br－，故C不合理；实验1体现浓硫酸的难挥发性，实验2体现浓硫酸的氧化性，故D合理。9．答案：A10．答案：D解析：题给反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c（HClO）减小，A项正

确；加入的醋酸钠会电离成Na＋和CH3COO－，CH3COO－可结合溶液中的H＋使c（H＋）减小，平衡正向移动，故c（HClO）增大，B项正确；稀释氯水，题给反应平衡正向移动，反应HClO（aq）⇌H＋（a

q）＋ClO－（aq）平衡正向移动，c（Cl－）减小的程度比c（HClO）的小，故c（Cl－）/c（HClO）增大，C项正确；加AgNO3溶液产生白色沉淀，说明Cl2溶于水有Cl－生成，加淀粉—KI溶液，溶液变蓝色，说明有碘单质

生成，而Cl2、HClO均能氧化I－，不能证明题给反应存在限度，D项错误。11．答案：D解析：除杂装置，先除去HCl，后除去水蒸气，A项正确；集气装置，氯气密度比空气大，进气管长，出气管短，B项正确；

探究干燥的红布条和湿润的红布条与氯气的反应，C项正确；尾气吸收应用碱液，D项错误。12．答案：D解析：锌的金属活动性强于铁，镀锌铁钉放入棕色的碘水中，I2被锌还原成I－，溶液褪色，A项错误；加入漂白粉，溶液恢复棕色，说明溶液中的

I－又被氧化成I2，I2易溶于CCl4，CCl4不溶于水且密度比水大，故加入CCl4，I2的CCl4溶液在下层，下层呈紫红色，B项错误，D项正确；镀锌铁钉形成原电池时，由于锌比铁活泼，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，镀锡铁钉形成原电池时，由于铁比锡活泼，铁作负极被腐蚀，故镀锡铁

钉比镀锌铁钉更易生锈，C项错误。13．答案：D解析：氢氧化钠溶液与氯水中的盐酸和次氯酸反应，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，则用氢氧化钠溶液吸收氯气尾气能用平衡移动加以解释，故A不符合题意；饱和食盐水能增大氯水中的氯离子浓度，生成物的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，有利于氯气的溶解度减

小，则用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质能用平衡移动加以解释，故B不符合题意；次氯酸钠与浓盐酸反应生成次氯酸，生成物次氯酸的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，有利于氯气的生成，则次氯酸钠与浓盐酸混合产生

氯气能用平衡移动加以解释，故C不符合题意；漂白粉中的次氯酸钙与加入的适量醋酸反应生成次氯酸，次氯酸的浓度增大，漂白性增强，则漂白粉中加入适量醋酸可增强漂白性不能用平衡移动加以解释，故D符合题意。14．答案：B解析：灼烧碎海带应用坩埚，A错误；海带灰

的浸泡液用过滤法分离，以获得含I－的溶液，B正确；MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）=====△MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，C错误；Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和

NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误。15．答案：B解析：图Ⅰ中没有加热装置，故不能将KMnO4替换成MnO2，A错误；装置Ⅱ可以除去Cl2中HCl杂质，长颈漏斗平衡压强

，还可以防止倒吸，B正确；装置Ⅲ中消耗5.6LCl2（标准状况），Cl2发生歧化反应生成NaCl和NaClO，转移0.25mol电子，C错误；装置Ⅳ的作用是吸收未反应的Cl2，防止污染空气，D错误。16．答案：C解析：碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，IO－3和I－在酸性条件下可生成I

2，I2遇淀粉变蓝，A正确；由图途径Ⅲ可知，Cl2可将I－氧化为IO－3，氧化性Cl2＞IO－3，途径Ⅱ可知IO－3可被还原为I2，氧化性为IO－3＞I2，则氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO－3＞I2，

B正确；生产1mol碘，途径Ⅰ中－1价碘转变为0价碘，需要转移2mol电子，途径Ⅱ中＋5价碘转变为0价碘，需要转移10mol电子，故转移电子数目之比为1∶5，C错误；途径Ⅲ中Cl2可将I－氧化为IO－3，

而氯气被还原为Cl－，根据得失电子守恒和质量守恒可得，反应的离子方程式为3Cl2＋I－＋3H2O===6Cl－＋IO－3＋6H＋，D正确。17．答案：B解析：A项，加入双氧水，溶液立即变蓝，无法判定终点，实

验不合理，错误；B项，在酸性环境中，KIO3与KI反应生成I2，正确；C项，NO2溶于水变为硝酸，硝酸也具有强氧化性，也可使淀粉—KI试纸变蓝，错误；D项，加入AgNO3溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱

，错误。综合测评提能力1．答案：B解析：A项，活性炭具有吸附性，可以吸附氯气，错误；B项，氯气与烧碱溶液或石灰乳反应均可生成次氯酸盐，正确；C项，氯水中的次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测定氯水的pH，错误；D项，

不能混用的原因是“84”消毒液中的NaClO与洁厕灵中的HCl反应生成Cl2，错误。2．答案：A解析：HClO为弱酸，不能完全电离，离子方程式为Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO，A项错误；电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢

氧化钠，电解方程式为2Cl－＋2H2O=====电解2OH－＋H2↑＋Cl2↑，B项正确；氯气具有强氧化性，可氧化氨气生成氮气，同时生成氯化铵，方程式为8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2，C项正确；氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反

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

－3＋H＋===CO2↑＋H2O，B错误；新制氯水中有Cl－，Cl－和银离子反应生成白色沉淀，C正确；新制氯水中的Cl2具有强氧化性，可以氧化亚铁离子，D正确。4．答案：D解析：汽油的密度小于水，有机溶剂萃取碘后振荡，静置后上层溶液变为紫红色，下层无色

，选项A不符合题意；红热的铜丝在氯气中燃烧，产生了棕黄色的烟，选项B不符合题意；电解氯化钠饱和溶液，阴极产生氢气，通入碘化钾淀粉溶液中，溶液不变蓝，选项C不符合题意；溴化钠溶液中加入少量新制的氯水振荡，则溶液中有液溴生成，再加入少量四氯化碳溶液振荡，由于溴在四氯化碳中的溶

解度较大，且水与四氯化碳不互溶，所以静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色，选项D符合题意。5．答案：C解析：A项，常温干燥环境中液氯和铁不反应，液氯可以储存在钢瓶中，正确；B项，a为HCl，d为氯酸盐，浓盐酸和氯酸盐可以发生归中反应生成氯气，正确；C

项，HClO为弱酸，不能写成离子形式，正确的离子方程式应为Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO，错误；D项，c为＋4价氯的氧化物，所以为ClO2，具有很强的氧化性，其水溶液能够杀菌消毒，正确。6．答案：D解析：浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气需要加热，A错误；a处花瓣褪色，鲜花花瓣中有水分，不

能说明Cl2具有漂白性，B错误；加热b处，可见白烟，Na与Cl2反应是放热反应，C错误；d处玻璃管膨大处起缓冲，防止液体冲出的作用，D正确。7．答案：B解析：工业上可用热空气吹出碘，是利用单质碘易升华的性质，故A错误；活性炭具有强吸附性，用活性炭吸附生成的单质碘的目的是富集单质碘，故B正确；向

废水中加入NaNO2并调节pH<4，离子方程式为2NO－2＋4H＋＋2I－===2NO＋I2＋2H2O，故C错误；取洗脱后的溶液，加入稀硝酸，碘离子氧化为碘酸盐，不能检验碘离子的存在，故D错误。8．答案：B解析：由于HCl

O在光照下分解生成HCl和O2，强光照射过程中，氯水的pH应随时间的增长逐渐减小，O2的体积分数应随时间的增长逐渐增大，c（Cl－）应随时间的增长逐渐增大，故A、C错误，B正确；溶液中只存在一种阳离子，同时存在Cl－、ClO－、OH－等多种阴离子，根据电荷守恒知c（H＋）

>c（Cl－），故D错误。9．答案：B解析：根据水解原理可知NaClO溶液与饱和Ag2SO4溶液反应的离子方程式：Ag＋＋ClO－＋H2O===AgOH↓＋HClO，A正确；醋酸酸性大于次氯酸，所以NaClO溶液与CH3COOH溶液反应生成次氯酸，次氯酸光照分解成氧气，B错误

；ClO－具有氧化性，Fe2＋具有还原性，Fe2＋被氧化为Fe3＋，遇KSCN溶液，溶液变红，C正确；NaClO溶液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，D正确。10．答案：A解析：Ca（ClO）2是可溶性强电解质，在溶液中发

生电离作用：Ca（ClO）2===Ca2＋＋2ClO－，所以离子浓度：c（ClO－）＞c（Ca2＋）；该盐是强碱弱酸盐，在溶液中有少量ClO－发生水解反应产生HClO和OH－，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c（OH－）＞c（H＋），因此溶液显碱性。但盐

水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，因此c（Ca2＋）＞c（OH－），则Ca（ClO）2溶液中离子浓度大小关系为c（ClO－）＞c（Ca2＋）＞c（OH－）＞c（H＋），A正确；Ca（ClO）2是强碱弱酸盐，在溶液中由于ClO－发生水解反应

消耗水电离产生的H＋变为HClO，同时产生OH－，使溶液显碱性，因此向Ca（ClO）2溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液会变为蓝色，同时反应产生的HClO具有强氧化性，又将蓝色物质氧化变为无色物质，因此后来溶液的蓝色又逐渐褪去，故不能根据溶液褪色来判定Ca（ClO）2溶液显碱性，B错误；在复分解反应中

，强酸与弱酸盐反应制取弱酸。取少量Ca（ClO）2溶液于试管中，通入CO2，有白色沉淀生成，发生反应产生CaCO3沉淀和HClO，说明物质的酸性：H2CO3＞HClO，C错误；在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物。根据ⅲ中黄绿色气体生成，该黄绿

色气体是Cl2，发生了反应：Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，证明微粒的氧化性：ClO－＞Cl2，D错误。11．答案：（1）高氯酸钾CaCl2和Ca（ClO）2（2）2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2

O（3）8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl（4）4mol·L－1解析：（1）KClO4化学名称为高氯酸钾，漂白粉由Cl2和Ca（OH）2反应得到，主要成分是CaCl2和Ca（ClO）2；（2）

KClO3作氧化剂被还原生成ClO2，H2C2O4作还原剂被氧化生成CO2。根据得失电子守恒配平方程式可得：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O；（3）氨气被氧化生成

N2，Cl2被还原生成HCl，HCl与NH3发生后续反应生成白烟（NH4Cl），反应方程式：8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl；（4）Cl2发生歧化反应，氧化产物是NaClO3和NaClO，还原产物是NaCl。NaClO3和NaClO的物质的量之比等于1∶1，则NaClO3

和NaClO计量数之比等于1∶1，写出化学反应方程式。设NaOH物质的量为xmol，则8NaOH＋4Cl2===NaClO3＋NaClO＋6NaCl＋4H2O811x0.1mol0.1mol由8x＝10.1mol，得x＝0.8mol，则c（NaOH）＝nV＝

0.8mol0.2L＝4mol·L－1。12．答案：（1）蒸馏法电渗析法离子交换法（3个中任意答2个）（2）使溴元素富集2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－（3）Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2H

Br②③（4）NH＋4（5）使氯化钠溶液显碱性，以利于吸收CO2气体（6）53（m1－m2）31m2或106（m1－m2）62m2解析：（1）目前淡化海水主要采用三种方法：蒸馏法、电渗析法和离子交换法；（2）第一次用氯气制取Br2获取的Br2浓度较小，第二次用SO2将Br2

还原并收集是为了富集溴元素，再用氯气使“Br－―→Br2”是为了更容易获得更多的溴，氯气提取溴所发生的离子方程式为2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－；（3）SO2与Br2和水发生的化学方程式是Br2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HBr；由于H2SO4中的S的化合价处于最高价，

因此不能吸收Br2，而碘的非金属性比溴要弱，所以溴可以置换碘，因此KI可以用于吸收Br2，由于Na2SO3中的S处于＋4价，而S的最高价是＋6价，因此S可以被Br2氧化，从而Na2SO3溶液也能用于吸收Br2；（4）由于饱和的NaCl溶液吸收了NH3，所以X溶液中的主要的阳

离子还有NH＋4；（5）通入氨气后溶液显碱性，可以增大二氧化碳的溶解度，故答案是：使氯化钠溶液显碱性，以利于吸收CO2气体；（6）设产品中纯碱的质量分数为x，则2NaHCO3=====△Na2CO3＋（

H2O＋CO2）10618＋44m2×xm1－m2，106m2×x＝18＋44m1－m2，x＝106（m1－m2）62m2×100%＝53（m1－m2）31m2×100%。13．答案：（1）除去HCl气体减小（2）Cl

2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O（3）②③（4）防止HClO分解（5）溶液由蓝色变为无色且30s内不恢复4.66（6）HClO酸性条件易产生氯气导致环境污染；中性条件下对棉布损伤较大解析：（1）氯气难溶于饱和食盐水，装置B中饱和食盐水的作用

是除去HCl气体，降低Cl2在水中的溶解度；若没有装置B除去Cl2中混有的HCl，D中氢氧化钠不足量，HCl会消耗一定量的氢氧化钠，次氯酸钠的产率减小。（3）①反应需要加热，装置A中不用酒精灯反应难以进行，不合理；②装置C

中浓硫酸用于吸收氯气中的水，没有装置C不会对实验造成影响，合理；③氯气有毒会污染环境，在装置D后接一个盛有NaOH溶液的装置，用于尾气处理，合理。（4）步骤①中NaClO在酸性条件与KI反应生成碘单质和氯化钠，离子方程式为ClO－＋

2H＋＋2I－===Cl－＋I2＋H2O，ClO－与H＋结合形成HClO，见光易分解，所以要在暗处进行。（5）淀粉遇碘显蓝色，滴加Na2S2O3标准溶液后，发生反应：I2＋2S2O2－3===2I－＋S4O2－6，碘单质被还原，溶液蓝色

逐渐变浅，最终完全反应时褪色，滴定消耗Na2S2O3的物质的量为0.025L×0.1000mol·L－1＝0.0025mol，根据关系式：ClO－～I2～2S2O2－3，n（NaClO）＝n（I2）＝12×0.0025mol，NaClO的含量

为12×0.0025mol×74.5g·mol－120×10－3L≈4.66g·L－1。（6）黄绿色气体为Cl2，无漂白性，NaClO与盐酸反应的离子方程式为ClO－＋H＋===HClO，pH越小，氢离子浓度越大，平衡向正反应方向移动，HClO浓度越大，漂白性越强，所以具有漂白性的是HClO。课练

10硫及其重要化合物狂刷小题夯基础1．答案：C解析：可用硫黄处理洒落的汞单质，是利用其氧化性，故A错误；SO2可用作葡萄酒的抗氧化剂，利用了SO2的还原性，故B错误；铁锈的主要成分是Fe2O3，能与酸反应，稀硫酸具有酸性，可用于去除铁锈，故C正确；浓

硫酸具有吸水性，可用于干燥二氧化硫，故D错误。2．答案：D解析：煅烧黄铁矿生成氧化铁和SO2，故①符合题意；亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、SO2和水，故②符合题意；点燃硫化氢气体生成SO2和水，故③符合题意；蔗糖和浓硫酸反应过程中，蔗糖脱水产生的碳和浓硫酸反应会产生SO

2，故④符合题意。3．答案：D解析：浓硫酸使蔗糖中的H、O按水的组成比脱去，体现浓硫酸的脱水性，A正确；浓硫酸具有吸水性，浓盐酸易挥发，所以浓硫酸和浓盐酸混合可制氯化氢，B正确；常温下，铝遇浓硫酸发生钝化，所以常温下能够用铝罐储存浓硫酸，C正确；C与浓硫酸反应，H2SO4只表现强氧化性，D错

误。4．答案：B解析：硫在空气中燃烧生成SO2，SO2溶于水得H2SO3，向H2SO3中滴加溴水生成H2SO4和HBr，向H2SO4溶液中加Na2S产生气体H2S，H2S与H2SO3反应产生浅黄色沉淀S，故B项正确。5．答案：C解

析：图示中使用硫酸铁作催化剂，目的是加快反应速率，故不用O2直接氧化SO2是因为氧化速率太慢，A正确；图示中有FeSO4和氧气在酸性环境中生成Fe2（SO4）3，该反应为4FeSO4＋O2＋2H2SO4===2Fe2（SO4）3＋2H2O，B正确；Fe2（S

O4）3在整个循环中作催化剂，反应一段时间后，溶液中Fe2（SO4）3的浓度不变，C错误；根据总反应：2SO2＋O2＋2H2O=====Fe2（SO4）32H2SO4，n（H2SO4）＝n（SO2），理论上每吸

收标况下224mLSO2获得H2SO4的质量为0.98g，D正确。6．答案：B解析：A中Cu和浓硫酸发生氧化还原反应，体现了浓硫酸的强氧化性，B中浓硫酸是干燥生成的气体，体现了浓硫酸的吸水性，故A错误；D中无现象，说明气体与

氧化铜没有反应生成水，E中品红溶液颜色变浅，说明生成了二氧化硫，证明浓硫酸的还原产物是SO2不是H2，故B正确；实验结束时，拉起铜丝，首先熄灭C处酒精灯，再熄灭A处酒精灯，防止溶液倒吸，炸裂玻璃管，故C错误；氢氧化钠溶液

与二氧化硫反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故D错误。7．答案：B解析：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，故A错误；工业上煅烧黄铁矿（FeS2）生成二氧化硫和氧

化铁，B正确；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↓，C错误；向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，溶液变浑浊，溶液中生成亚硫酸氢钠：2S2－＋5SO2＋2H2O===3S↓＋4H

SO－3，故D错误。8．答案：C解析：A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。9．答案：B解析：Cu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。10．答案：C解析：由题干信息可知，盐a与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体d，d能使KMnO4溶液褪色，故d为SO2，则盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐a与足量C

l2反应后将生成SO2－4，与BaCl2溶液反应得到沉淀c，故c为BaSO4。盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；c为BaSO4，故c为不溶于盐酸

的白色沉淀，B正确；d为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C错误；盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3＋2HCl===2NaCl＋S↓＋

SO2↑＋H2O，反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D正确。11．答案：D解析：SO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，与其氧化性无关，A错误；硫单质用作橡胶硫化剂，发生化学反应，与硫单质呈黄色无关，B错误；石英的主要成分是SiO2，与浓硫酸不发生反应，应选用氢氟酸刻蚀石英，C错误；SO2

具有还原性，且能抑制细菌生长，故将少量的SO2添加到葡萄酒中，起到抑菌和抗氧化作用，D正确。12．答案：D解析：SO2－4的检验，先用稀盐酸酸化，直到没有现象为止，排除Ag＋、CO2－3等的干扰，再加入氯化钡溶液，看是否生成白色沉淀。直接加入稀盐酸酸

化的氯化钡溶液，不能排除Ag＋的干扰，A错误；先加氯化钡不能排除Ag＋的干扰，B错误；加入硝酸钡，不能排除碳酸根、亚硫酸根等的干扰，C错误；加入盐酸无明显现象，排除Ag＋等的干扰，再加入氯化钡有白色沉淀，说明有SO2－4，D正

确。13．答案：A解析：T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2（SO4）3可视为催化剂，该脱硫过程不需要不断添加Fe2（SO4）3溶液，A错误；脱硫过程：Fe2（SO4）3氧化

硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，需补充一定量的亚铁离子，

C正确；天然气的主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，井火为天然气燃烧出现的火焰，故说明我国古代已利用天然气煮盐，D正确。14．答案：D解析：根据图中信息，b为H2SO3，d为S，f为亚硫酸盐，其中S元素都

处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，A正确；硫酸型酸雨的形成涉及H2SO3被氧气氧化为H2SO4，B正确；a为H2S，b为H2SO3，a溶液与b溶液反应过程中有淡黄色沉淀生成，C正确；d为S，e为S2－形成的盐，f为SO2－3形成的盐，由3S＋6OH－=====△2S2－＋SO2－3＋3H

2O可得，n（e）∶n（f）＝2∶1，D错误。15．答案：B解析：实验Ⅰ中，将SO2通入AgNO3溶液（pH＝5）中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否

被氧化，故A错误；实验Ⅱ中，取白色沉淀，加入3mol·L－1HNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀b中含有还原性的物质存在，故B正确；实验Ⅲ中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag＋等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液a中加入BaCl2，产生的沉淀

可能为氯化银，溶液a中不一定有硫酸根离子，故C错误；由于实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ不能证明产物中有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D错误。综合测评提能力1．答案：A解析：二氧化硫属于非电解质，故A错误；食品中适量添加二氧化硫可起到漂白、

防腐和抗氧化作用，故B正确；SO2中硫元素为＋4价，化合价既能升高也能降低，所以SO2既有氧化性又有还原性，故C正确；SO2具有漂白性，能与有色物质结合为无色物质，故D正确。2．答案：B解析：硫单质和足量氧气反应生成二氧化硫，A错误；SO2和水反应生

成H2S2O5，B正确；SO3不能氧化HBr，C错误；亚硫酸的酸性小于HCl，故二氧化硫不能和氯化钡反应，D错误。3．答案：C解析：S和氧气点燃条件下只能生成SO2，A项错；硫元素以硫酸盐的形式进入土壤，B项错；CuS中S的化合价为－2价，具有还原性，D项错。4．答案：C

解析：A项，葡萄酒中的乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对SO2的检测有干扰；B项，大气中的CO2能与Ba（OH）2溶液形成沉淀，对SO2的检测有干扰，部分BaSO3也会被空气中的O2氧化；C项，氨水吸收SO2生成（NH4）2SO3或NH4HSO3，（NH4）2

SO3或NH4HSO3与硫酸反应能产生SO2，SO2可以循环使用；D项，石灰石吸收SO2需要在高温下才能进行。5．答案：B解析：酸雨的pH<5.6，A错误；气体X为H2S，能与CuSO4溶液反应生成黑色的硫化

铜沉淀，所以可用CuSO4溶液检验是否有气体X生成，B正确；在100～200℃时发生的反应为2H2S＋SO2=====100～200℃3S＋2H2O，不是置换反应，C错误；若用浓硝酸处理工业尾气中的SO2，会产生含氮元素的大气污染物（即氮的氧化物），D错误。6．答案：B解析：加入

铜片的实验中，气体能使酸性KMnO4和品红溶液褪色、不可燃，则气体具有还原性、漂白性，则气体是SO2，A正确；加入铝片的实验中，气体能使酸性KMnO4溶液褪色、能与CuSO4溶液反应产生黑色沉淀，则气体是H2S，硫化氢具有可燃性，但具有可燃性的

气体不一定是硫化氢，B不正确；加入锌片的实验中，气体能使酸性KMnO4溶液、品红溶液褪色，则气体含SO2，但SO2不可燃，而锌片与浓硫酸反应产生的气体具有可燃性，则还含有另一种气体，C正确。7．答案：A解析：常温下，Cu

与浓硫酸不发生反应，不能制得SO2气体，A错误；加热时，浓硫酸与铜反应生成SO2，品红溶液褪色可证明生成了SO2，NaOH溶液用于吸收尾气，B正确；H2SO3的酸性强于H2CO3，除去CO2中少量SO2，可将混合气体通过饱和NaHCO3溶液

，C正确；由于H2SO3的酸性比盐酸弱，混合气体通入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有SO3，品红溶液褪色，证明含有SO2，D正确。8．答案：B解析：部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系图可知：X为H2S，Y为SO3，W为H2SO4，Z为Na2S2O3。H2S与S

O2混合，发生反应是2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，氧化产物与还原产物的质量之比为2∶1，A项正确；硫单质在足量O2中燃烧所得产物是SO2，不是SO3，B项错误；酸性：H2SO4＞H2SO3，C项正确；Na2S2O3（硫代硫酸钠）中S元素化合价平均为＋2价，从氧化还原反应

角度分析，必然有一种物质中S元素化合价比＋2价高，一种比＋2价低，可以选择Na2SO3与S反应制取，D项正确。9．答案：A解析：A项，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排除装置中的空气，避免空气中氧气的干扰，正确；B项，装置乙

不能检验分解产生的SO2，产物中有SO3会对SO2的检验造成干扰，并且SO2只能使石蕊溶液变红，错误；C项，SO3易溶于水，当混合气体经过乙时，SO3会被吸收，所以要想检验SO3，应该把乙和丙的位置互换，错误；D项，装置丁中应该用饱和Na2SO3溶液

，错误。10．答案：C解析：稀释至0.8L时，c（H＋）＝0.2mol·L－1，说明硫酸过量，反应的硫酸的物质的量为（0.2×18.4－0.8×0.1）mol＝3.6mol，假设只生成SO2，发生的反应是Zn＋2H2SO4（浓

）=====△ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，SO2的体积为3.6×22.42L＝40.32L<44.8L，说明除生成SO2外，还有氢气，A正确；设生成SO2的物质的量为xmol，则氢气的物质的量为

44.822.4－xmol，生成SO2消耗的硫酸的物质的量为2xmol，生成氢气消耗的硫酸的物质的量为（2－x）mol，则根据A选项的分析，有2x＋（2－x）＝3.6，解得x＝1.6，氢气的物质的量为0.4mol，转移电子

的物质的量为（1.6×2＋0.4×2）mol＝4mol，B正确；气体X中SO2与H2的体积比为4∶1，C错误；根据得失电子守恒，消耗的锌的质量为2mol×65g·mol－1＝130g，D正确。11．答案：（1）搅拌（或粉碎、加热）（2）过滤（3）NaHSO3＋NaOH===Na2SO3＋H2O（4

）Na2SO3具有较强还原性，易被空气中的氧气氧化（5）加入过量盐酸，再加入BaCl2溶液解析：（5）证明亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，实质是检验SO2－4的存在。检验SO2－4，可以在酸性环境下，加入BaCl2溶液，观察是否有不溶于酸的白色沉淀（BaSO4）生成，若有白色沉淀生成，

说明存在SO2－4，即证明含有Na2SO4。12．答案：（1）①三颈烧瓶②Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O③打开弹簧夹，向其中不断地通N2（2）①品红溶液②先看到B瓶内溶液变浑浊，一段时间后，C中溶液由黄色变成浅绿色③D（3）①滴入最后半滴酸性

KMnO4标准溶液后，溶液恰好由无色变为（浅）紫色，且半分钟内不褪去②84%解析：（1）②仪器A中硫酸与亚硫酸钠发生反应生成二氧化硫、Na2SO4和H2O。③反应结束后，向仪器A中通入一段时间的N2即可排除其中的SO2气体。（2）①证明

二氧化硫的漂白性通常用品红溶液，如果品红溶液褪色，则说明二氧化硫具有漂白性。②二氧化硫的氧化性体现在其能与硫离子反应生成硫单质，现象是有淡黄色沉淀产生，二氧化硫的还原性体现在其能将铁离子还原为亚铁离子，现象是溶液由黄色变为浅绿色。③二氧化硫与水反应生成亚硫

酸，亚硫酸酸性强于碳酸，因此将二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中，有二氧化碳生成，再将生成的二氧化碳通入次氯酸钙溶液中，有白色沉淀生成，说明碳酸的酸性强于次氯酸，因此亚硫酸的酸性强于次氯酸。（3）①亚硫酸钠能与酸性高锰酸钾反应使酸性高锰

酸钾溶液褪色，因此达到滴定终点时溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色。②由2MnO－4＋6H＋＋5SO2－3===2Mn2＋＋5SO2－4＋3H2O，可知n（Na2SO3）＝52×0.01L×1.000mol·L－1×4＝0.1mol，m（Na2SO3）＝0.1mol×126g·mol－1＝12

.6g，所以Na2SO3固体的纯度为12.615.0×100%＝84%。课练11氮及其化合物狂刷小题夯基础1．答案：B解析：①中N2与O2反应生成NO是自然固氮，A错误；②中N2与H2在高温、高压、催化剂条件下反应产生NH3，属于

人工固氮，B正确；③中细菌还原硝酸根中正五价的氮，生成无污染的0价的N2，所以③中氮元素化合价降低，得到电子被还原，C错误；如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的NO气体，氧元素参与了反应，二氧化氮易与水反应生成硝酸（H

NO3）和NO，也有氧元素参加反应，D错误。2．答案：B解析：由于常温常压下在1L水中可溶解40LNO2，即易溶于水，所以在吸收装置中需要防止倒吸，只有B中不能防止倒吸。3．答案：D解析：在日光照射下，二氧化氮能使氧气经过复杂的反应生成臭氧，臭氧与空气中的一些碳氢化合物发生作用，生

成一种有毒的烟雾，叫作光化学烟雾，据此可知，A正确；氮肥是指以氮（N）为主要成分，施于土壤可提供植物氮素营养的肥料，氮肥按含氮基团可分为氨态氮肥、铵态氮肥、硝态氮肥、硝铵态氮肥、氰氨态氮肥和酰胺态氮肥（尿素），B正确；硝酸不稳定，在常温下见光或受热会发生分解：4H

NO3=====△或光照4NO2↑＋2H2O＋O2↑，C正确；亚硝酸钠与硝酸银溶液反应：NaNO2＋AgNO3===AgNO2↓＋NaNO3，生成淡黄色的AgNO2，AgNO2可以与稀硝酸反应，D错误。4．

答案：A解析：NH3·H2O是弱电解质，NaOH是强电解质，前者部分电离，后者完全电离，故通过室温下测定等浓度的氨水和NaOH溶液的pH，可比较NH3·H2O和NaOH的碱性强弱，A正确；NH3极易溶于水，稀溶液中不加热，NH3不能逸出，无法确定是否含NH＋4

，B错误；NH3不易燃烧，产生的NO是大气污染物，不能作清洁能源，C错误；NH4Cl受热也会分解，故不可采用加热法除杂，D错误。5．答案：D解析：氨气极易溶于水，打开止水夹并挤压滴管后，氨气溶于水，造成圆底烧瓶内气体减少，压强变小，外界大气压大，将烧杯中水压入圆底烧瓶，形成喷泉。该实

验中水中未加入酚酞，故不会产生红色“喷泉”，A不符合题意；氨气极易溶于水，溶于水后会形成压强差，“喷泉”的产生不能证明NH3与H2O发生了反应，B不符合题意；CO2在水中的溶解度远小于NH3，将NH3换成CO2，CO2溶解的量小，压强差也较小，不能产生明

显的“喷泉”，C不符合题意；氨气溶于水形成一水合氨，一水合氨为弱电解质，在水中电离出氢氧根，其pH＞7，原因是NH3＋H2O⇌NH3·H2O，NH3·H2O⇌NH＋4＋OH－，D符合题意。6．答案：C解析：工业上利用氨与氧气催化氧化

生成一氧化氮和副产物水，A错误；常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，B错误；工业合成氨是利用氮气和氢气在高温、高压、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，C正确；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧

化氮和水：3Cu＋8H＋＋2NO－3===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故D错误。7．答案：D解析：2NO2（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。8

．答案：A解析：A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＋O

2===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。9．答案：A解析：浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾

溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，A项符合题意；铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，B项不符合题意；浓NaOH溶液与NH4Cl溶液共热反应生成的NH3能使酚酞溶液变红，C项不符合题意；2­溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，丙烯可与溴

水发生加成反应使其褪色，D项不符合题意。10．答案：B解析：“雷雨发庄稼”是指空气中氮气和氧气在雷电作用下可生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2溶于雨水形成硝酸，硝酸与土壤中的矿物质反应生成硝酸盐，可作为氮肥，A正确；将游离态的氮转变为氮的化合物叫作氮的固定，用NH3和CO2合成尿素[CO（

NH2）2]的反应是氮的化合物之间的转化，不属于氮的固定，B错误；机动车排放出的大量尾气中含有氮氧化物和不完全燃烧的烃类化合物，在光的作用下可能会引起光化学烟雾，C正确；NO2能够与烧碱发生氧化还原反应，生成两种盐和水，不属于酸性氧化物，D正确。11．答案：D

解析：根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba（NO3）2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba（NO3）2时，BaO参与储存N元素，故B错误

；还原过程中生成0.1molN2，转移电子的物质的量为0.1mol×（5－0）×2＝1mol，故C错误；整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确。12．答案：D解析：氨气是无色有刺激性

气味的气体，氨气密度比空气小，故不选A；由于氨气极易溶于水，一体积水可以溶解700体积氨气，且溶解速率快，可以形成较大的压强差，所以可以做喷泉实验，故不选B；烧瓶溶液中存在平衡NH3＋H2O⇌NH3·H2O⇌

NH＋4＋OH－，因此含氮微粒有NH3、NH3·H2O和NH＋4，故不选C；因为NH3·H2O不稳定受热易分解，加热过程中会有NH3·H2O分解，c（NH3·H2O）减小使电离平衡逆向移动；弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离平衡正向移动。由题中信息可知，加热后溶液的红色变浅，说明温度

和c（NH3·H2O）对NH3·H2O的电离平衡的影响是不一致的，故选D。13．答案：A解析：氯化铵分解生成氨和氯化氢，在试管口附近氨和氯化氢相遇又生成了白色固体氯化铵，故不能用于制备氨，选项A错误；可以在硬质玻璃管中进行氨还原氧化铜的反应，选项B正确；碱石灰可以干燥氨，选项C正

确；氨极易溶于稀硫酸，该装置吸收尾气中的氨可以防止倒吸，选项D正确。14．答案：B解析：因NH3的密度比空气的小，不能用图示装置收集，收集方法不合理，故A错误；Na2SO3与70%的浓硫酸反应生成SO2，SO2中混有的H2O用98%的浓H2SO4除去，收集装置合理，故B正确；N

O与空气中的氧气反应，则不能用图示装置收集NO，应利用排水法收集，故C错误；NO2被NaOH溶液吸收，收集不到NO2，故D错误。综合测评提能力1．答案：D解析：海洋中的氮循环起始于N2―→NH＋4，即起始于氮的还原，A项错误；海洋中的氮循环属于固氮作用的是②，B项错误；反硝化作用中N元素

化合价降低，被还原，而O2是常见的氧化剂，不需要有O2参与，C项错误；根据转化关系图可知，若向海洋排放含NO－3的废水，会使NO－3增多，反硝化作用增强，海洋中N2增多，从而影响海洋中NH＋4的含量，D项正确。2．答案：B解析：浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、水和NO2，A正确；NO2的密度比空

气大，应用向上排空气法收集，即导气管应长进短出，B错误；根据题目所给信息可知NO2可以和NaOH溶液反应得到可溶性盐，所以可以用NaOH溶液处理尾气，C正确；试管中发生反应：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，可以使NO2充分转化为HNO3，D正确。3．

答案：C解析：稀硝酸被Cu还原为NO，故A错误；Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，稀硫酸的氧化性比稀硝酸弱，故B错误；实验③发生反应的化学方程式为3Cu＋Cu（NO3）2＋4H2SO4===4CuSO4＋2NO↑＋

4H2O，故C正确；由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，故D错误。4．答案：C解析：浓氨水滴到NaOH固体上可产生NH3，由于NH3的密度小于空气，不能采用向上排空气法收集NH3，A错误；铜与浓硝酸反应生成NO2气体，NO2与水反应生成HNO3和NO，不能用排水

法测定生成NO2的体积，B错误；NH3极易溶于水，挤压胶头滴管中的水，NH3溶于水，导致烧瓶内气体压强小于外界大气压，烧杯中的水进入烧瓶中，形成喷泉，C正确；配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，NaCl要在烧杯中溶解，再转移到容

量瓶中，D错误。5．答案：C解析：酸性氧化物是指能与碱反应生成对应的盐和水的氧化物，NO2与碱反应不能生成对应的盐，不属于酸性氧化物，故A错误；NH3与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O在水溶液中发生电离，使溶液导

电，NH3自身不能发生电离，属于非电解质，故B错误；联氨（N2H4）中N的化合价为－2价，氢叠氮酸（HN3）中N的化合价为－13价，联氨转化为氢叠氮酸时N元素化合价升高，亚硝酸（HNO2）中N的化合价为＋3价，可降低，因此联氨（N2H4）可能被亚硝酸（HNO2）

氧化生成氢叠氮酸（HN3），故C正确；稀硝酸与Au不反应，故D错误。6．答案：B解析：加入稀硫酸后发生反应：3Cu＋2NO－3＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，铜粉逐渐溶解，并非铜与稀硫酸发生反应，A错误。浓硫酸滴到蔗糖表面，使蔗糖脱水、碳化，

表现为固体变黑，体现浓硫酸的脱水性；反应放出热量，生成的碳与浓硫酸发生反应生成CO2、SO2气体，即有刺激性气味气体产生，体现浓硫酸的强氧化性，B正确。铝箔插入稀硝酸中，发生反应生成无色气体NO，NO遇空气中O2变为红棕色的NO2气体，C错误。溶液X中滴加NaOH稀溶液，且未加热，即使

生成NH3·H2O也不会有氨气逸出，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，不能判断溶液X中是否含有NH＋4，D错误。7．答案：B解析：A项，过程Ⅰ中铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋2NO－3＋8H

＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，正确；B项，步骤Ⅲ中硝酸的浓度没有Ⅰ中大，因为部分硝酸转化成了一氧化氮，因此反应速率比Ⅰ快的原因不可能是c（HNO3）增大，错误；C项，由实验可知，步骤Ⅲ反应速率比Ⅰ快，说明NO2对该反应具有催化作

用，正确；D项，当活塞不再移动时，再抽入空气，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，能够与铜继续反应，正确。8．答案：B解析：NO和洗气瓶中O2反应生成的NO2溶于水生成HNO3，HNO3将H2SO

3氧化成H2SO4，因此有BaSO4生成，A正确、B错误；若O2不足，NO有剩余，则Z导管口可能出现红棕色气体，C正确；CO2未参与反应，D正确。9．答案：C解析：由图可知：气体1为NO，气体2为NO2，NO2与水反应生成硝酸，固体1为NaHCO3，NaHCO3受热分解生成固体2为

Na2CO3；1LNO、NO2的混合气体与1LNH3在一定条件下转化为对环境无害的物质，反应方程式为2NH3＋NO＋NO2=====催化剂2N2＋3H2O，NO、NO2的体积比等于化学计量数之比，为1∶1。10．答案：B解析：反应的离子方程式为3Cu＋2NO－

3＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO－3和H＋的物质的量之比为1∶4时，反应生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为xmol、ymol，则n（NO－3）∶n（H＋）＝x∶（x＋

2y）＝1∶4，x＋y＝0.4mol·L－1×0.1L，解得x＝0.016mol、y＝0.024mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.016mol×32＝0.024mol，故铜离子的最大浓度为0.024mol0.1L＝0.24mol·L

－1。11．答案：（1）CD（2）122.4（或0.045）（3）4NH3＋3O2=====点燃2N2＋6H2O（4）氧化（5）①NaNO2②1∶332x解析：（1）A项，工业合成NH3的反应条件是高温、高压、催化剂，正确；B项，NH3可与碳酸等反应生成碳铵等，也可以与二氧化碳反应生成尿素，正确；

C项，NH3可与硫酸或氯化钙发生化合反应，不正确；D项，NH3不易分解，不正确。C、D符合题意。（2）水充满整个烧瓶后所形成溶液的物质的量浓度为122.4mol·L－1≈0.045mol·L－1。（3）氨气燃烧的化学

方程式为4NH3＋3O2=====点燃2N2＋6H2O。（4）在常温下浓硝酸能使铝、铁钝化，说明其具有很强的氧化性。（5）①纯碱溶液与NO2的反应原理为Na2CO3＋2NO2===NaNO3＋NaNO2＋CO2。根

据质量守恒定律可知，除NaNO3和CO2外，另一种产物为NaNO2。②7mol氨失去21mol电子，根据题意和电子守恒可得n（NO）＋n（NO2）＝6mol，2n（NO）＋4n（NO2）＝21mol，解得n（NO）＝1.5mol，n（

NO2）＝4.5mol，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1∶3，若用通式NOx表示氮氧化物，反应过程中NOx分子得到2xe－，则每摩尔氨可将32xmol的NOx转化为N2。课练12无机非金属材料狂刷小题夯基础1．答案：C解析：硅晶片是优良的半导体材料，是生产芯片的基础材料，

故A正确；光敏树脂在曝光条件下成像时有新物质生成，属于化学变化，故B正确；硅元素是亲氧元素，在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，不存在硅单质，故C错误；硅是优良的半导体材料，可用于制造和生产芯片，故D正确。2．答案：A解析：生产陶瓷

的主要原料是黏土，A错误；陶瓷烧制过程中发生了复杂的物理及化学变化，B正确；新型超导陶瓷具有超导性，可应用于磁悬浮技术，C正确；高温结构陶瓷具有耐高温、抗氧化、耐磨蚀等优良性能，可用于火箭发动机，D正确。3．答案：D解析：石墨烯是碳的单质，A错误；氧化石墨烯含有氢元素，故不是石墨烯的氧化物，也

不是碳的同素异形体，B、C错误；由于氧化石墨烯结构中含有羟基和羧基等亲水基团，所以它具有一定的亲水性，D正确。4．答案：C解析：金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，因此金刚石和石墨的熔点肯定比C60

高，故A正确；分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，因此熔点：C60＜C70＜C90，故B正确；球碳分子、管状碳分子和洋葱状碳分子都能在O2中燃烧生成CO2，C错误；金刚石属于共价晶体；C60、C70、管状碳分子和洋葱状碳分子属于分子晶

体，这些碳单质互为同素异形体，D正确。故选C。5．答案：D解析：A项，SiO2能与氢氟酸反应，因此可用氢氟酸刻蚀玻璃，正确；B项，向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸凝胶，正确；C项，氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，化学式为Si3N4，正确；D项，硅是良好的半导体材

料，可以制成光电池，将光能直接转化成电能，不是石英，错误。6．答案：D解析：Na2SiO3是强电解质，应拆成Na＋、SiO2－3，且应生成HCO－3，A错；B项正确写法是CO2＋OH－===HCO－3；C项，氢氟酸是弱酸，不能拆分成H＋和F－。7．答案

：D解析：碳酸的酸性比硅酸强，A不正确；CO2属于分子晶体，SiO2属于共价晶体，B不正确；SiO2与氢氟酸反应生成SiF4和H2O，SiF4不属于盐，SiO2属于酸性氧化物，C不正确；SiO2不与水反应，D正确。8．答案：C9．答案：A解析：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。10．答案：B解析：SiO2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；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H

2应充分去除水和氧气，C说法正确；Si（s）＋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。11．答案：A解析：陶瓷属于传统硅酸盐产品，选项A正确；硅

酸钠可溶于水，选项B错误；高温下，有机色素不能存在，选项C错误；青花瓷为高温烧制而成，耐高温，选项D错误。12．答案：D解析：C、Si、Ge都是主族元素，故A正确；光纤的主要成分是SiO2，故B正确；新型陶瓷碳化硅（SiC）可作耐高温结构材料，故C正确；富勒烯

和石墨烯都是碳元素的单质，故D错误。13．答案：C解析：HF能与玻璃中的SiO2反应生成SiF4和H2O，可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，A项正确；SO2能与Na2SiO3溶液反应生成H2SiO3沉淀，可证明H2SO3的酸性强于H2SiO3，B

项正确；硅胶多孔，吸水能力强，常用作袋装食品的干燥剂，但没有还原性，不能作抗氧化剂，C项错误；光导纤维、碳纳米管、氮化硅结构陶瓷的主要成分都是无机物，属于无机非金属材料，D项正确。14．答案：B解析：酸性强弱与水溶性没有关系，则无法据此比较酸性强弱，故A

错误；CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀，反应方程式是Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓，反应原理是强酸制弱酸，说明碳酸比硅酸酸性强，故B正确；比较强酸制取弱酸是在溶液中进行的反应，而在高温下固体之间的反应不能比较酸性强弱，故C错误；HCl通入可溶性

碳酸盐溶液中放出气体，其气体通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，根据强酸制弱酸，只能说明盐酸的酸性比碳酸强，可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，可能为盐酸与硅酸盐的反应，无法确定碳酸与硅酸酸性的强弱，故D错误。1

5．答案：C解析：合成1中发生Na＋Al＋2H2===NaAlH4，合成2中发生NaAlH4＋SiF4===SiH4＋NaAlF4，合成3制备四氟化硅，净化、热解SiH4步骤中四氢化硅分解为晶体硅和氢气。合成1中发生Na＋Al

＋2H2===NaAlH4，H由0价转化成－1价，化合价降低，氢气作氧化剂，故A说法正确；根据上述分析，合成2中发生NaAlH4＋SiF4===SiH4＋NaAlF4，故B说法正确；合成3中NaAlF4与硫酸反应生成HF，HF与二氧化硅反应生成SiF4，因此题中不能说明二氧化硅溶于硫酸，故C说

法错误；四氢化硅分解为晶体硅和氢气，根据电负性分析，氢的电负性强于硅，硅元素显＋4价，化合价降低，因此晶体硅为还原产物，故D说法正确。综合测评提能力1．答案：C解析：玛瑙、光导纤维和水晶的主要成分是SiO2，硅单质可用来制造太阳能电池板。2．答案：

A解析：碳化硅属于新型陶瓷材料，A正确；碳纤维是无机材料，不属于有机高分子材料，B错误；砷化镓太阳能电池板属于无机非金属材料，C错误；紫外光固化树脂属于有机合成材料，不属于无机非金属材料，D错误。3．答案：C解析：

陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品，A项错误；制普通硅酸盐水泥的原料是黏土和石灰石，B项错误；沙子的主要成分是SiO2，黏土的主要成分是硅酸盐，D项错误。4．答案：A解析：石英的主要成分二氧化硅晶体由大量的硅氧四面体基本单元构成，选项A正确

；瓷器为多种硅酸盐的混合物，不是纯净物，选项B错误；莫来石的主要成分为铝硅酸盐，选项C错误；“窑变”过程中发生复杂的化学变化和物理变化，选项D错误。5．答案：C解析：根据寿山石的主要成分可知，其能与酸或碱发生反应，A正确；寿山石中含有不同形态的金属氧化物，造成其

色彩丰富，B正确；其中的氧化物Al2O3和SiO2不溶于水也不和水反应，在潮湿的空气中不会溶解变质，C错误；寿山石久置于干燥空气中，会失去其中的结晶水变质，D正确。6．答案：A解析：偏铝酸钠在强酸溶液中反应，AlO－2会转化成Al（OH）3，然后再溶解生成铝离子，不会形

成铝氧四面体，即得不到分子筛，A推测错误；分子筛Ma[（AlO2）x·（SiO2）y]·zH2O中，“AlO2”显－1价，“SiO2”、“H2O”都显0价，设M的化合价为m，则根据正、负化合价代数和为0，m×x2＋x×（－1）＝0，解得m＝＋2，B推测正确；铝硅酸盐型分子

筛的热稳定性与其结构类型、结晶度、硅铝比等都有关系，则调节yx的值，可以改变分子筛骨架的热稳定性，C推测正确；分子筛是一种具有多孔结构的水合铝硅酸盐，其中有许多笼状孔穴和通道能让直径比孔穴小的分子通过而将直径比孔穴大的分子留在外面，

故可用于筛分分子，D推测正确。7．答案：C解析：A项，SiO2与H2O不反应；B项，SiO2不能直接转化为H2SiO3，H2SiO3也不能转化为Si；D项，Ca（OH）2溶液中通入过量CO2，无沉淀生成。8．答案：B解析：SiC和SiO2中Si元素的化合价均为＋4价，A项正确；SiC是

还原产物，NaCl是氧化产物，B项错误；SiO2制备单质Si需加入还原剂，单质Si制备SiCl4需加入氧化剂，C项正确；一维粒子上下表面均能与其他物质接触，比表面积大，对微小粒子有较强的吸附能力，D项正确。9．答案：B解析：实验室利用MnO2和浓盐酸在加热条件下制Cl2，可以达到

实验目的，A项正确；用浓盐酸与MnO2在加热条件下制备的Cl2中含有H2O、HCl，先用饱和NaCl溶液除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气，且气体应从长导管进，短导管出，B项错误；SiC和Cl2在高温条件下反应可制备CCl4，可以达到实验目的，C项正确；SiCl4的

沸点为57.6℃，沸点较低，可以通过冷凝的方法收集，由于SiCl4易水解，而且需要吸收过量的Cl2，因此需要接一个装有碱石灰的干燥管，既可以防止空气中的水蒸气进入，也可以吸收多余的Cl2，可以达到实验目的，D项正确

。10．答案：D解析：SiO2虽然既能与HF反应，又能与NaOH反应，但其与HF反应的产物不是盐和水，不属于两性氧化物，而属于酸性氧化物，A项错误；高温条件下，SiO2和Na2CO3反应生成Na2SiO3和CO2，并没有酸参加反应，也没有酸生成，与H2CO3

、H2SiO3的酸性强弱无关，B项错误；SiO2在高温条件下能与过量的碳反应生成SiC，反应中硅元素的化合价不变，不能体现SiO2的氧化性，C项错误；题图中所示氧化还原反应有3个，即Si的制取过程中涉及的3个反应，其他反应都是非氧化还原反应，D项正确。11．答案：（1）2M

gO·3SiO2·nH2O（2）c解析：（1）Mg2Si3O8·nH2O改写成氧化物的形式为2MgO·3SiO2·nH2O。（2）Al2O3、MgO和SiO2均具有很高的熔点，故可制耐火材料。12．答案：（1）D（2）SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O氢氟酸（

3）防火剂D（4）CSiO2解析：（1）生石灰（CaO）不含Si元素，不属于硅酸盐。（2）SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式为SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，SiO2与HF反应，所以通常用氢

氟酸来雕刻玻璃。（3）Na2SiO3水溶液又称“水玻璃”，具有阻燃的功能，因此可用作防火剂。含有SiO2的坩埚可与Na2CO3反应，Al2O3也可与Na2CO3反应。13．答案：（1）CD（2）①除去石英砂中的NaCl杂质②增大反应

物之间的接触面积，增大反应速率，提高生产效率③B解析：（1）A项，根据正负化合价代数和等于零的原则，可得6＋8－10－x＝0，解得x＝4。B项，钾长石与盐酸反应后不能形成澄清的溶液。C项，根据水泥制造过程可推测出烧制青花瓷过程

中发生了复杂的物理变化和化学变化。D项，青花瓷、玻璃、水泥符合硅酸盐产品的特点，是硅酸盐产品。（2）①石英砂中含有易溶于水的NaCl杂质，洗涤石英砂可使NaCl与SiO2分离。②将纯净的石英砂研磨后能增大物质的表面积，从而增大反应物与盐酸的接触面积，增大反应速率，提高生产效率。③A项，根

据SiC中元素的价态可知，SiC具有还原性，在高温下仍能在O2中燃烧生成SiO2和CO2，因此不能用于制造抗高温水泥。B项，粗硅中含有SiC，其中Si和SiC的物质的量之比为1∶1，根据原子守恒，可将题述信

息转化为如下反应：2SiO2＋5C=====高温Si＋SiC＋4CO↑。C项，因SiO2、Al2O3都能溶解在NaOH溶液中，无法实现二者的分离。D项，纯净的SiO2还可用于制造光学玻璃等。14．答案：（1）除去原料气中的氧气除去生成的水蒸气

（2）该反应是放热反应，防止局部过热，导致硅熔化成团，阻碍与N2的接触将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（或将整个体系中空气排尽）（3）硝酸解析：（1）由于氧气和水蒸气都能腐蚀氮化硅，应除去氮气和氢气中含有的水蒸气和氧气，所以铜屑的作用是除去氧

气，硅胶的作用是除去水蒸气。（2）因为该反应是放热反应，如果温度过高，局部过热，会导致硅熔化成团，阻碍与N2的接触；通入氢气能将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去。（3）由于工业用硅中含有铜的氧化物，在反应中氧化铜能被还原生成铜，因此要除

去铜应该选择硝酸，盐酸和硫酸不能溶解铜，氢氟酸能腐蚀氮化硅。单元检测4非金属及其化合物1．答案：A解析：微量元素不能富含，过量会影响身体健康，D错误。2．答案：B解析：A项，陶瓷中含SiO2，SiO2能与氢氟酸反应，错误；C项，烧碱、纯碱高温下会与SiO2反应，故不能用

陶瓷坩埚灼烧，错误；D项，陶瓷在烧制过程中经历了复杂的物理变化和化学变化，错误。3．答案：C解析：同周期元素自左向右原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强。同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，则O、N、S、Si的原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，A错误；硫的氧化

物不能形成光化学烟雾，B错误；汽车尾气中的NOx主要是空气中的N2、O2在汽车汽缸内化合生成的，C正确；N2和O2反应生成NO，得不到NO2，D错误。4．答案：C解析：浓硫酸难挥发，浓氨水遇到浓硫酸不会产生白烟，A错误；硫

的氧化性较弱，与Fe反应生成FeS，与Cu反应生成Cu2S，B错误；CO2和SiO2与碱反应只生成盐和水，均为酸性氧化物，C正确；H2S为还原性气体，可与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，D错误。5．答案：B解析：一氧化氮和二氧化氮的混合气体能溶于氢氧化钠溶液生成硝酸钠和亚硝酸钠，不能达到

实验目的，故A错误；碳酸钠和氯化钙反应生成白色沉淀、氯化铝和碳酸钠反应生成二氧化碳气体和白色沉淀，碳酸钠和稀硫酸反应生成气体，现象不同可以鉴别，故B正确；食盐中加入的碘是碘酸钾，不是碘单质，故C错误；能和稀硝酸生成白色沉淀的离子不一定是SiO2－3，也可能是偏铝酸根离子，故D错误。6．答案：D

解析：常温下，铝在浓硫酸中发生钝化现象，在铝的表面形成致密的氧化膜，阻止反应的进一步发生，体现了浓硫酸的强氧化性，故A错误；氯气没有漂白性，具有漂白性的是氯气与水反应生成的次氯酸，故B错误；浓硫酸具有吸水性，能吸收五水硫酸

铜中的结晶水而使五水硫酸铜变为无水硫酸铜，固体由蓝色变为白色，该变化为化学变化，故C错误；氢氟酸能够在玻璃器皿上刻蚀标记，是由于HF与玻璃的主要成分SiO2发生反应，产生SiF4气体和水，故D正确。7．答案：D解析：将Ca3

SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO2。Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为：Ca3SiO5＋4NH4Cl=====△CaSiO3＋2CaCl2＋4NH3↑＋2H2O，A正确；CaO能与水反应，所以需要密封保存

，B正确；亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2＋H2O＋Ca3SiO5===3CaSO3＋H2SiO3，C正确；盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl＋Ca3SiO5===3CaCl2＋H2Si

O3＋2H2O，D不正确。8．答案：C解析：制备氨气时，试管口应略微向下倾斜，A错误；硫酸会和碳酸钙反应生成硫酸钙，覆盖在碳酸钙表面阻挡反应进行，B错误；碳酸氢铵受热易分解，不能蒸发结晶，D错误。9．答案：C解析：NaCl＋C

O2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4Cl，可结晶析出，A正确；侯氏制碱法应先通NH3再通CO2，B正确；③中发生反应SO2＋Br2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，Br2被还原，C错误；③④的目的是进行溴的富集，以制得

浓度较大的溴水，D正确。10．答案：A解析：A项，通常用元素最高价含氧酸的酸性强弱比较非金属性强弱，盐酸为无氧酸，错误；B项，打开活塞，从右侧加入稀硝酸排出空气，然后关闭活塞，硝酸接触铜丝生成NO，正确；C项，挤压胶头滴管胶头使少量水进入烧瓶，SO2易溶于水，其溶于水

后可形成负压引发“喷泉”现象，正确；D项，碳酸钙块状固体可放在带孔塑料板上，可通过长颈漏斗加入酸液制得CO2气体，并通过控制活塞实现随开随用随关随停，正确。11．答案：A解析：C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是NH3，D是黄绿色气体，则D是氯气，N

H3与Cl2反应生成B和E，B是短周期元素组成的单质，则B是N2，E是HCl或NH4Cl，A与B反应生成NH3，则A为H2。E物质可能是NH4Cl，A项正确；NH3极易溶于水，但氯气在水中的溶解度不大，B项错误；组成B的元素在周期表中位于第二周期第ⅤA

族，C项错误；反应中D得到1.2mol电子时，有0.4molNH3被氧化，生成N2的物质的量是0.2mol，在标准状况下的体积是4.48L，D项错误。12．答案：D解析：如题图，CO2在弱碱性条件下转化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化钙发生2HCO－3＋C

a2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，生成CaCO3沉淀钙化同时释放CO2，再经光合作用，形成有机物参与海洋碳循环。CO2经光合作用形成有机物参与海洋碳循环，过程中能将太阳能转化为化学能，A正确；钙化生成CaCO3沉淀同

时，释放CO2的离子方程式：2HCO－3＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，B正确；温度高或酸性条件下，二氧化碳在水中溶解度小，影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等，C正确；光合作用，碳由＋4价降为0价，每生

成0.1mol（CH2O）x转移电子数为0.4xNA（NA表示阿伏加德罗常数），D错误。13．答案：D解析：铜与浓硝酸反应生成NO2，离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO－3===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，A错误

；稀硝酸遇铜片产生的气体为无色的NO，该气体遇到空气生成红棕色的NO2，B错误；通过对比实验，向溶液中加入适量硝酸铜，无明显现象，说明硝酸铜对该反应没有催化作用，C错误；通过控制变量，蓝色溶液B中加水稀释后硝酸浓度为3mol·L－1，与初始稀

硝酸反应进行对比，反应速率快，则溶解的NO2或新生成的HNO2对反应起催化作用，D正确。14．答案：A解析：A项，“84”消毒液中含有NaCl和NaClO，加入稀硫酸，Cl－和ClO－在酸性溶液中反应生成氯气，错误；B项，NaClO溶液中Cl

O－水解使溶液显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向移动，生成次氯酸浓度大、漂白效果快，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应：ClO－＋H＋===HClO，正确；D项，酸的浓度大时会生成污染性气体氯气，需要调控合适的pH才能安

全使用，正确。15．答案：C解析：气体a为CO2和SO2的混合气体，B装置中活性MnO2做氧化剂，与SO2发生氧化还原反应：MnO2＋SO2===MnSO4，故B装置的作用是除去SO2，C装置用于检验SO2是否除尽，D装

置用于除去CO2中混有的水蒸气，故D装置中不能用碱性干燥剂，CO2可用NaOH吸收，通过测定E装置反应前后的质量得出CO2的质量，故C项错误。16．答案：（1）2NH3＋2O2=====催化剂△N2O＋3H2O（2）NaNO3NO（3）①3HClO＋2NO

＋H2O===3Cl－＋2NO－3＋5H＋②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强解析：（1）NH3被O2氧化生成N2O，N元素从－3价升至＋1价，1molNH3失去4mole－，O元素从0价降至－2价，1molO2得到

4mole－，根据N和O元素得失电子守恒及原子守恒配平方程式。（2）NO2与NaOH反应可生成NaNO2、NaNO3和水，所以NaNO2晶体中会混有NaNO3杂质。由吸收尾气的主要反应可知，NO2吸收更充分，故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。（3

）①HClO氧化NO生成NO－3，自身被还原为Cl－，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式。②氧化NO的是HClO，NaClO在酸性条件下会生成HClO，所以pH越小，溶液中HClO的浓度越大，NO转化率越高。1

7．答案：（1）红棕色C＋4HNO3（浓）=====△4NO2↑＋CO2↑＋2H2O（2）BaCO3不能Ca（OH）2的溶解性比Ba（OH）2小，溶液中Ca（OH）2浓度较低，不能形成CaCO3沉淀（

3）防倒吸（4）①AC②浓硝酸的分解解析：（1）装置A中发生的是浓硝酸与木炭的反应，生成NO2、CO2、H2O，由于NO2为红棕色气体，故三颈烧瓶中的气体颜色为红棕色。（2）将NO2、CO2通入Ba（OH）2溶液中分别生成Ba（NO3）2和BaCO3，由于Ba（OH）2溶液足量，故溶液

为碱性环境，BaCO3不溶解以沉淀形式析出。Ba（OH）2溶液不能用Ca（OH）2溶液代替，因为Ca（OH）2微溶于水，溶液中Ca（OH）2含量太少，浓度太低，不足以完全吸收生成的酸性气体，导致溶液呈酸性，

从而不能生成CaCO3沉淀。（3）装置B可以防止装置C中酸性气体因溶解速率太快而出现倒吸。（4）①NO与O2反应生成红棕色的NO2，A正确；NO和O2均不具有酸性，B错误；O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，

C正确。②装置A中除发生木炭与浓硝酸的反应外，还发生浓硝酸的分解反应。18．答案：（1）二氧化氮（2）B（3）2H＋＋2NO－3＋3SO2－3===3SO2－4＋2NO↑＋H2O（4）①还原性、碱性N、S②2S4N4=

====撞击或△S8＋4N2↑解析：由图可知：a是H2S，b是S单质，f是亚硫酸盐，g是NH3，j是NO2，k是硝酸盐。（2）物质a是H2S，物质g是NH3，其溶液的酸碱性与N、S元素的非金属性强弱无关，A不符合题意；热稳定性：NH

3＞H2S，则可以说明元素的非金属性：N＞S，B符合题意；液化温度H2S低于NH3，说明物质的分子间作用力：NH3＞H2S，这与元素的非金属性强弱无关，C不符合题意。（3）k是硝酸盐，f是亚硫酸盐，在pH＝1的酸性环境中，H＋、N

O－3、SO2－3会发生氧化还原反应。（4）g是NH3，则反应6S2Cl2＋16NH3===S4N4＋S8＋12NH4Cl中，N元素化合价由反应前NH3中－3价升高为S4N4中的－2价，部分S元素化合价由

反应前S2Cl2中的＋1价升高为S4N4中的＋2价，失去电子被氧化，因此被氧化的元素为N、S元素；NH3表现还原性；同时还有部分NH3反应后变为NH4Cl，N元素化合价不变，NH3又表现碱性。19．答案：（1）还原（2）分液分液漏斗、烧杯（3）增加氯气在溶液中的溶解度（球形）冷凝管氢氧

化钠溶液（4）②2IO－3＋2H＋＋5SO2－3===I2＋5SO2－4＋H2O③加入1～2mL淀粉溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝说明废水中含有I－解析：（1）反应Ⅰ中I2反应生成碘离子，被还原。（4）②IO－3具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，反应生成碘单质使淀粉变蓝色

，发生反应的离子方程式为2IO－3＋2H＋＋5SO2－3===I2＋5SO2－4＋H2O。③I－具有还原性，能和铁离子反应生成碘单质，使淀粉变蓝色。20．答案：（1）①洗气瓶②gf→bc→hi（或ih）→de

（或ed）→bc→hi（或ih）③先通入一段时间的氮气④CO（2）取少量黑色固体于试管中，加入适量稀硫酸，黑色固体全部溶解，溶液变为浅绿色，无气体生成（合理即可）（3）FeC2O4·2H2O=====△

FeO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O（4）3MnO－4＋5H2C2O4＋5Fe2＋＋14H＋===3Mn2＋＋5Fe3＋＋10CO2↑＋12H2O（5）c（V1－V2）×10－3×52×25025.00×180m×100%偏小解析：（1）①根据题图

1可知装置B是洗气瓶。②用无水硫酸铜检验草酸晶体分解产生的H2O→用澄清石灰水检验草酸晶体分解产生的CO2→用碱石灰除去CO2并干燥气体→用灼热的氧化铜检验草酸晶体分解产生的CO→用澄清石灰水检验CO与CuO反应生成的CO2→用碱

石灰除去CO与CuO反应产生的CO2并干燥气体→用点燃的方法处理尾气，故仪器的连接顺序是a→gf→bc→hi（或ih）→de（或ed）→bc→hi（或ih）→点燃。③为了防止加热时发生爆炸，应该先排尽装置中的空气，所以点燃装置

A处的酒精灯前应先通入一段时间的氮气。④装置C中固体由黑变红说明氧化铜被还原为铜，其后装置中的澄清石灰水变浑浊说明反应生成了CO2，则证明气体产物中含有CO。（2）铁与FeO均能与稀硫酸或稀盐酸反应，但Fe与稀硫酸或稀盐酸反应能产生氢气，而FeO不能，可以据此设计实验方案。（3）根据（1）和（2

）的结论可以确定草酸亚铁晶体热分解产物为FeO、CO、CO2、H2O，FeC2O4―→CO过程中碳元素的化合价由＋3降低到＋2，FeC2O4―→CO2过程中碳元素的化合价由＋3升高到＋4，结合得失电子守恒和原子守恒可写出反应的化学方程式。（4）H2C2O4和Fe2＋均可被酸

性高锰酸钾氧化，生成CO2和Fe3＋，MnO－4转化为Mn2＋，据此可写出反应的离子方程式。（5）分析滴定过程可知，第一次用酸性KMnO4标准溶液滴定时，Fe2＋和H2C2O4分别被氧化为Fe3＋和CO2；向滴定后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3＋还原为Fe2＋，再滴加

酸性KMnO4标准溶液，此时只有Fe2＋被氧化。加入适量锌粉后的溶液中Fe2＋消耗高锰酸钾的物质的量是cmol·L－1×V2×10－3L＝cV2×10－3mol，25.00mL溶液中H2C2O4消耗高锰酸钾的物质的量为cmol·L－1×V1×10－3L－cV2×10－3

mol＝c（V1－V2）×10－3mol，根据2MnO－4＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知，草酸亚铁晶体样品的纯度为c（V1－V2）×10－3×52×25025.00×18

0m×100%；若配制溶液时Fe2＋被氧化，则V1减小，V2不变，测定结果将偏小。第五单元物质结构与性质元素周期律课练13原子结构核外电子排布狂刷小题夯基础1．答案：D解析：Am95241的质子数为95，质量数为241，中子数＝241

－95＝146，核外电子数＝质子数＝95，中子数与核外电子数之差为146－95＝51。2．答案：A3．答案：A解析：选项分析结论A根据泡利原理，同一原子轨道中的2个电子自旋相反×BCl－的核外电子数是18，最外层达到8电子稳定结构√CS的核电荷数是

16，1s22s22p63s23p4符合构造原理和能量最低原理√DK的核电荷数是19，其内层电子排布与上一周期的稀有气体元素Ar相同√4.答案：D解析：原子处于基态时能量最低，A项，Be原子的2s轨道未排满电子，2p轨道排布1个电子，应为激发态，错误；B项，

N原子核外电子排布不符合洪特规则，错误；C项，B原子的2s轨道未排满电子，2p轨道排布2个电子，应为激发态，错误；D项，碳原子的1s和2s轨道全部排满电子后，2p轨道排布2个电子，核外电子排布符合能量最低原理，应是基态碳原子，正确。5．答

案：B解析：第四周期元素中基态原子核外有3个未成对电子的共有3种，分别是V（3d34s2）、Co（3d74s2）、As（4s24p3），故选B。6．答案：（1）核素同位素（2）O8162、O8163（3）3024（4）75解析：（1）11H、21H分别是氢元素的一种核素；11H、21H

是质子数相同而中子数不同的氢元素的不同原子，它们互称为同位素。（2）O8162和O8163是同种元素组成的不同单质，互为同素异形体。（3）5626Fe2＋的中子数为56－26＝30，核外电子数为26－2＝24。7．答案：（1）（2）K＋和P3－（3）发射光谱8．答案：B解析：31H的质

子数为1，其中子数＝质量数－质子数＝3－1＝2，B项错误。9．答案：A解析：同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，A项正确；基态钾原子价层电子轨道表示式为，B项错误；钾遇水反应生成KOH和H2，不能置换出N

aCl溶液中的钠，C项错误；钠元素、钾元素的原子序数分别为11、19，相差8，D项错误。10．答案：D解析：基态C原子核外有6个电子，其价电子排布式为2s22p2，价电子的电子排布图为，A项错误；Cl－的核内质子数是17，B项错误

；KCl形成过程中，有1个电子从K转移至Cl，且KCl为离子化合物，形成过程应表示为，C项错误；质子数为1、质量数为2的氢核素可表示为21H，D项正确。11．答案：B解析：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、15

8O的半衰期很短，D项错误。12．答案：C解析：铹的两种核素中质子数相等，中子数不同，物理性质不完全相同，A项错误；该反应中没有元素发生化合价变化，不属于氧化还原反应，B项错误；由质子数守恒可得24＋81＝b＋2，解得b＝103，由质量数守恒可得

50＋2＋a＝251＋4，解得a＝203，C项正确；Lr­251的中子数为251－103＝148，148－103＝45，D项错误。13．答案：D解析：R原子的质子数为m－n，R2－的核外电子数为m－n＋2，而wgR原子的物

质的量为wmmol，所以形成的R2－含有电子的物质的量为wm（m－n＋2）mol。14．答案：C解析：p能级有三个轨道，沿着x、y、z三个方向延伸，因此2px所代表的含义是第二能层沿x轴方向伸展的p轨道，故A正确；

焰色试验是指金属原子受热从基态跃迁到激发态后，电子从高能级跃迁回到低能级轨道时，将能量以光能的形式释放出来，故B正确；核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2的原子，其原子核外有7个能级，故C错误；在电子云示意图中，小黑点密表示电子在核外空间单位体积内出现的机会多

，故D正确。15．答案：C解析：基态Cr原子的价层电子：3d54s1，处于半充满稳定结构，能量低，符合能量最低原理，A错误；基态C原子的电子排布式：1s22s22p𝑥12p𝑧1，符合洪特规则，符合能量

最低原理，B错误；泡利认为，在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，且他们的自旋方向相反，所以基态C原子的价层电子排布图：，违反的是泡利原理，C正确；基态Fe3＋的3d电子排布图：，符合洪特规则，D错误。16．答案：（1）哑铃（纺锤）（2）4s4f5解析：（1）基态Fe原子核外有26个电子，按

照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，按照洪特规则，价层电子3d上6个电子优先占据5个不同轨道，故价层电子的电子排布图为。基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，电子占据最高能级为3p，p能级的电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。（2）Fe的价层

电子排布式为3d64s2，其阳离子Fe2＋、Fe3＋的价层电子排布式分别是3d6、3d5，二者均首先失去4s轨道上的电子；Sm失去3个电子成为Sm3＋时首先失去6s轨道上的电子，然后失去1个4f轨道上的电子，故Sm3＋的价层电子排布式为4f5。综合测评提能力1．答案：D解析：根据1

46C的衰变反应146C―→14ZX＋e−10可得Z＝7，X为N，质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素互为同位素，146C与147N质子数不同，二者不互为同位素，A项错误；146C与147N的中子数分别为8和7，二者中子数不同，B项错误；126C与146C为碳

元素的不同核素，二者核外电子数均为6，核外电子排布相同，最外层电子数相同，C项错误；146C的半衰期为5730年，故经过5730年，146C的量变为原来的12，经过11460年，146C经历了2个半衰期，146C的量应为原来的14，D项正确。2．答案：C3．

答案：B解析：电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，体现了电子在空间某处出现概率的大小，而不是电子数目的多少，A项错误、B项正确。1s、2s电子的电子云形状相同，都是球形，但球的半径不同，C、D项错误。4．答

案：A解析：1s22s2是基态铍原子的核外电子排布式，则1s22s12p1是激发态铍原子的电子排布式。5．答案：C解析：碳­12原子可表示为C612，A错误；碳原子结构示意图为，B错误；碳原子核外能量最高的电子在p能级，电子云呈哑铃

形，C正确；根据核外电子排布规则可知，该原子的轨道表示式为，D错误。6．答案：B解析：基态碳原子2p能级上两个电子排布在两个不同的p轨道上，同时排布在px轨道上违背了洪特规则，A正确；电子云图中小黑点的疏密代表电子在相关区域出现的概率，不代表具体电子的多少，B错误；基态Fe

原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则基态Fe3＋电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其最外层为第三层，电子排布式为3s23p63d5，C正确；电子层数为n的能层的原子轨道数为电子层数的平方（n2），D正确。7．答案：B解析：洪特规则：当电子

排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同。泡利原理：在一个原子轨道里，最多容纳2个电子，且自旋状态相反。符合洪特规则，故①不符合题意；该轨道表示式违背洪特规则，故②符合题

意；违背泡利原理，故③不符合题意；违背洪特规则，故④符合题意；该轨道表示式符合洪特规则和泡利原理，故⑤不符合题意；违背洪特规则，故⑥符合题意。综上所述，选项B符合题意。8．答案：C解析：1s22s22p63s23p6中未成对电子数为0；1s22s22p63s2

3p63d54s2中未成对电子数为5；1s22s22p63s23p63d54s1中未成对电子数为6；1s22s22p63s23p63d104s1中未成对电子数为1。9．答案：B解析：第一周期中原子核外未成对电子数为1的元素有H，第二周期中原子核外未成对电子数为2的元素有C和O，第三周期中原

子核外未成对电子数为3的元素有P，符合条件的元素共有4种，即a＝4。符合基态原子最外层电子数是未成对电子数2倍的元素，其基态原子的最外层电子数是2、4、6或8，若最外层电子数为2，则是He、Be或Mg，但这三种元素

无未成对电子，不符合题意；若最外层电子数为4，则是C、Si，符合题意；若最外层电子数为6，则是O、S，最外层有2个未成对电子，最外层电子数是未成对电子数的3倍，不符合题意；若最外层电子数为8，则是Ne、Ar，但这两种元

素均无未成对电子，不符合题意，则符合题意的元素共有2种，即b＝2。10．答案：B解析：由守恒关系可知元素X的质量数为27，X与Y最外层电子数之和为8，质子数相差2，且X为金属元素，可推知X为Al元素，Y为P元素，二者都有＋3价，都

可以形成三氯化物，A项错误，B项正确；Al原子质子数为13，P原子质子数为15，故质子数：X<Y，C项错误；P元素的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，D项错误。11．答案：（1）[Ar]3

d9（或1s22s22p63s23p63d9）亚铜离子的价电子排布式为3d10，核外电子处于稳定的全充满状态（2）（3）N3d54s1（4）（5）3d34s2（6）3d54s2电子气解析：（1）基态铜原子的电子排布式为[Ar]3

d104s1，则基态二价铜离子的电子排布式为[Ar]3d9。铜原子失去一个电子后形成的亚铜离子的核外电子排布式为[Ar]3d10，3d轨道处于稳定的全充满状态，所以高温下Cu2O比CuO稳定。（2）Ni是28号元素，其价电子的电子排布图为。（3）Cr是24号元素，价电子排布式

是3d54s1，最高能层是第4层，用N表示。（4）Co是27号元素，Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，则＋3价基态钴离子的价电子排布式是3d6，价电子的电子排布图为3d。

（5）V原子核外有23个电子，其基态原子的价层电子排布式为3d34s2。（6）Mn是25号元素，其价电子排布式为3d54s2。12．答案：（1）KOH、KClO、KClO3、HClO、HClO3（其他合理答案均可）（2）1s22s22p63s23p6（3）2H2O=====通电2H2↑＋

O2↑2K＋2H2O===2KOH＋H2↑（其他合理答案均可）（4）焰色AgNO3溶液稀硝酸解析：A元素的原子只有一个能层且只含1个电子，故A为H；B元素原子的3p轨道上得到1个电子后不能再容纳电子，所以B为Cl；C元素原子的2p轨道上有1个电

子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反，所以C为O；D元素原子的第三能层上有8个电子，第四能层上只有1个电子，所以D为K；E元素原子的最外层电子排布式为3s23p6，所以E为Ar；F为金属元素且原子核外p电子数和s电子数相等，则F为Mg。（1）由A

、B、C、D中的三种元素组成的化合物的化学式为KOH、KClO、KClO3、HClO、HClO3等。（3）利用上述元素组成的物质制备H2的化学方程式有2H2O=====通电2H2↑＋O2↑，2K＋2H2O==

=2KOH＋H2↑。（4）检验某溶液中是否含有K＋，可以通过焰色试验来实现；检验某溶液中是否含有Cl－，通常使用的试剂是AgNO3溶液和稀硝酸。13．答案：（1）4（2）1s22s22p63s23p64s1（或[Ar]4s1）（3

）（4）小于Zn原子半径小，且价电子层为全满结构，结构更稳定，第一电离能更大解析：W、X、Y、Z、M、Q是元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大；X最外层电子数是核外电子总数的一半，核外电子排布式为1s22s2，则X为Be

；W核外电子数与其电子层数相同，则W为H；Y原子核外p电子数比s电子数少1，核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N;Z2－与Ne具有相同的电子层结构，则Z为O；M的原子序数为X、Y、Z三者原子序数之和，则M为K；Q为过渡元素，基态原子核外没有未成对电子，则

核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，Q为Zn。（1）基态Be原子核外没有运动状态完全相同的电子，则基态Be原子核外电子的运动状态有4种。（2）K的原子序数为19，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1或[Ar]4s1。（3）Q2＋为

Zn失去2个电子形成的Zn2＋，价电子排布式为3d10，价电子轨道表示式为（4）K的第一电离能小于Zn的第一电离能，原因为Zn原子半径小，且价电子层为全满结构，结构更稳定，第一电离能更大。14．答案：（1）3d64s2（2）E3＋的3d轨道为半充满状态，能量低、

稳定（3）22（4）解析：由题意知：A为H，B为C，C为N，D为O，E为Fe。课练14元素周期表和元素周期律狂刷小题夯基础1．答案：C解析：该＋3价离子的核外有23个电子，则基态原子核外有26个电子，26号元素是铁，其位于第4周期第

Ⅷ族，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，位于d区。2．答案：C解析：根据价层电子排布式可知：X为硼原子，Y为铝原子，Z为氧原子，R为氮原子。铝、硼、氮、氧原子半径依次减小，A错误；第一电离能：N>O>

B>Al，B错误；电负性：O>N>B>Al，C正确；硝酸的酸性比硼酸（H3BO3）的强，D错误。3．答案：A解析：B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；同一主族元

素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：Ge＞Si，故B正确；As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；Po为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第ⅥA族，故D正

确。4．答案：（1）＞＞（2）＜＜（3）＞＞（4）＜＜（5）＞＞（6）＞＞5．答案：（1）N（2）镧6．答案：（1）0.9～1.5（2）非金属性越强，电负性越大；金属性越强，电负性越小（3）离子化合物共价化合物7．答案：C解析：甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应水化

物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙

，故B正确；甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。8．答案：B解析：短周期元素X、

Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布式为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布式

为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。C能与多种元素（H、O、N、P、S等）形成共价键，A正确；O和S形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能

形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误；N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；O的电负性比Al大，D正确。9．答案：A解析：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。10．答案：②③解析：X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，则X为C，Y为N，Z为F，W原子在同周期中原子半径最大，则W为Na。根据同周期从左到右第一

电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第ⅤA族大于第ⅥA族，则第一电离能：Z>Y>X，故①错误；根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Z>Y>X>W，故②正确；根据同电子层结构核多径小，则Z、W

原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W<Z，故③正确。11．答案：C解析：在元素周期表中的100多种元素中，有22种非金属元素，则金属元素约占80%，A说法正确；主族元素由短周期和长周期元素组成，位于周期表的s区和p区，B说法正确；Na、K、R

b为同主族元素，原子半径依次增大，失电子能力增强，则第一电离能逐渐减小，C说法错误；最外层为4s1的元素有K、Cr、Cu，共3种，D说法正确。12．答案：A解析：根据质量守恒可知，m＝6，n＝12得M微粒为126C，依据Y

的电子数等于（m＋2），得Y微粒为O，从而得出X微粒为N。依据质量守恒，4＋b＝d＋1，即b＝d－3，故A说法错误；C、N、O为同周期主族元素，随原子序数递增，原子半径逐渐减小，故B说法正确；HNO3为强酸，H2CO3为弱酸，故C说

法正确；C、N与O可形成CO、CO2、NO、NO2等多种化合物，故D说法正确。13．答案：A解析：由可知，组成该物质的元素有H、C、N、O和Al，由电子排布式可知，H位于第一周期，属于s区，而C、N、O均

位于第二周期，均属于p区，Al位于第三周期，属于p区，故A错误；根据原子半径递变规律，电子层数越多，半径越大，同周期元素，从左往右，原子半径依次减小，则原子半径：Al＞C＞N＞O＞H，故B正确；非金属性越强，气态氢化物越稳定，由元素周期律可知，同周期元素从左往右，非金属性

依次增强，则非金属性：O＞N＞C，气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞CH4，故C正确；N的原子序数为7，核外有7个电子，则基态N原子核外有7种运动状态不同的电子，故D正确。14．答案：C解析：X、Y、Z、W是

前4周期原子序数依次增大的主族元素，X在周期表中非金属性最强，X为氟；Y的周期序数与族序数相等，为铝；Z原子次外层电子数是核外电子总数的一半，为硫；基态W原子核外16个轨道上填有电子，则为31号元素镓。电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核

电荷数越大，半径越小；原子半径：r（X）<r（Z）<r（Y）<r（W），故A错误；HF可以形成氢键导致沸点升高，故Z的简单气态氢化物沸点比X的低，故B错误；同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：I1（W）<I1

（Y）<I1（Z），故C正确；W最高价氧化物对应的水化物为氢氧化镓，为不溶性弱碱，故D错误。15．答案：D解析：W、X、Y、Z为四种短周期主族元素，原子序数依次增大，Z的某种单质是生命活动中不能缺少的物质，Z是O元素；W能形成1个共价键，W是H元素；X形

成4个共价键，X是C元素；Y能形成3个共价键，Y是N元素。同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径：C>N>O，故A正确；化合物A是氨基甲酸铵，A中N显－3价，故B正确；元素的非金属性越强，氢化物越稳定，则简单氢化物稳定性：NH3<H2O，故C正确；H、N、O三种

元素组成的化合物中，硝酸铵促进水电离，故D错误。16．答案：D解析：X、Y、Z、W为四种短周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物分别为甲、乙、丙、丁，由图可得：0.1mol·L－1甲溶液的pH＝13，则甲为一元强碱，只能为NaOH，则X为Na元素；0.1mol

·L－1丁溶液的pH＝1，则丁为一元含氧酸，又因为W的原子序数大于Na元素，则丁为HClO4，W为Cl元素；0.1mol·L－1丙溶液的pH＝0.7，则氢离子浓度＝10－0.7mol·L－1≈0.2mol·L－1，所以丙为二元强酸，又因为Z的原子序数大于Na元素，所以Z为S元素，丙为H

2SO4；因为常温下甲、丙、丁均可与乙反应生成盐和水，则乙为两性氢氧化物，所以乙应为Al（OH）3，Y为Al元素。非金属性：Cl＞S，则简单阴离子的还原性：Z（S2－）＞W（Cl－），A错误；X、Y、W分别为Na、Al、Cl元素，Al与Cl元素形成的化合物

AlCl3为共价化合物，B错误；乙为Al（OH）3，能溶于氢氧化钠溶液，而不溶于氨水，C错误；Y、Z的简单离子分别为Al3＋、S2－，二者都能发生水解，促进水的电离，D正确。综合测评提能力1．答案：D解析：最外层电子数为2的元素不一定

分布在s区，如He分布在p区，Fe等元素分布在d区，A错误；同一主族元素从上到下，金属性逐渐增强，不是呈周期性变化，B错误；非金属元素H分布在s区，C错误；元素周期表中ⅢB族到ⅡB族10个纵列的元素在d区和ds区，是过渡元素，都是金属元素，D正确。2．答案

：D解析：钒为23号元素，位于元素周期表中第四周期ⅤB族，A说法正确；钒的价层电子数为23－18＝5，其价层电子排布式为3d34s2，B说法正确；基态Al原子电子占据最高能级3p1，p能级电子云轮廓图为哑铃形，C说法正

确；锌为31号元素，位于元素周期表的第四周期ⅡB族，位于ds区，D说法错误。3．答案：A解析：非金属性F>O>N>S，但由于N原子的3p轨道半充满，第一电离能反常，所以第一电离能：F>N>O>S，B错误；在化合物中F没有正价，O一般情况下也没有正价，C错误；基态原子核外未成对电子

数：F原子只有1个，S原子和O原子均有2个，N原子有3个，D错误。4．答案：A解析：同主族元素，从上到下元素的第一电离能依次减小，则氧元素的第一电离能大于硫元素，故A正确；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钠离子，故B错误；元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于碳元素，则氧元素的电负性大于碳元素，故C错误；氢氧化钠是强碱，氢氧化铁是弱碱，则氢氧化钠的碱性强于氢氧化铁，故D错误。5

．答案：B解析：由题意可知，A、B、C三种元素在周期表中的相对位置为CB……A由此可推知，原子序数：A>B>C，原子半径：B>C>A，离子半径：A2－>C－>B2＋，原子最外层电子数：C>A>B。6．答案：C解析：由表中数据可知，R元素的第三电离能与第二

电离能的差距最大，故最外层有2个电子，最高正价为＋2价，位于第ⅡA族，可能为Be或Mg元素，故A、B、D错误；短周期第ⅡA族（ns2np0）的元素，因ns轨道处于全满状态，比较稳定，故其第一电离能大于同周期相邻主族元素，C正确。7．答案：C解析：根

据元素周期表结构可知，甲～戊为二、三周期的元素，乙的单质为双原子分子，且是地球空气的组成成分，则乙单质为氧气或为氮气，则乙为O，甲为N，戊为S，丁为Si，丙为Al，或者乙为N，甲为C，戊为P，丁为Al，丙为Mg。同周期元素，原子序数增大，电负性增大，同主

族元素，原子序数越大，电负性越小，则乙的电负性最大，A正确；根据分析，丙为Al或Mg，为金属，B正确；如果丙为Mg，则其电子排布式为1s22s22p63s2，若丙为Al，电子排布式为1s22s22p63s23p1，C错误；丁的最高价

氧化物对应水化物为Al（OH）3或H2SiO3，均能与NaOH反应，D正确。8．答案：B解析：X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大且小于20，由图像中最外层电子数和原子半径的关系可知，X为C、Y为Na、Z为S、Q为Cl、R为K。C的电负性比Cl的

小，故A错误；核外电子数相同时质子数越大半径越小，故Q的简单离子半径比R的大，故B正确；同周期元素，原子序数越大非金属性越强，则简单氢化物更稳定，则Z的简单气态氢化物的热稳定性比Q的弱，故C错误；同主族元素，原子序数越大金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则Y的最高价氧化物对应的水化物

的碱性比R的弱，故D错误。9．答案：B解析：W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，X的次外层电子数只能为2，则四种元素都位于第二周期，Y的最外层电子数为6，则Y为O；四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，Z可形成4个共价键，X可形成3个共价键和1个配

位键，则Z为C、X为B，W可提供电子对，且易得到1个电子，则W为F。根据分析，该物质中碳原子和氧原子之间、硼原子和氧原子之间、硼原子和氟原子之间形成极性键，碳原子和碳原子之间形成非极性键，属于锂盐还含有离子键，A正确；根据分析，X为B，Y为O，同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，则

第一电离能：Y（O）>X（B），B错误；根据分析，Y为O，W为F，同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，则W（F）的电负性比Y（O）大，C正确；根据分析，X为B，Z为C，Y为O，W为F，同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：B>

C>O>F，即X（B）的原子半径最大，D正确。10．答案：C解析：由常温下乙为液体且其为常用的无机溶剂，推知乙为水，说明四种元素中存在H、O；W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且分列在四个不同周期和四个不同主族，则W为H，X为O；Y、Z分别位于第三、四周期，可推知Z

为Ca。反应①为甲与水的化合反应，则可推知甲为氧化钙，丙为氢氧化钙；反应②为A单质与Ca（OH）2作用生成3种物质的反应，其中一种为水，结合Y元素位于第三周期且A为Y元素组成的单质可推知A为Cl2，Y为Cl。核外电子排

布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以Ca2＋＜Cl－，选项A错误；氧化钙与水剧烈反应，放出大量的热，为放热反应，选项B错误；氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，此反应为工业上制备漂白粉的反应原理，选项C正确；O与Ca形成的化合物可能是CaO或CaO2（过氧化钙），CaO2中含有离

子键和非极性共价键，而氯化钙中只有离子键，选项D错误。11．答案：（1）1s22s22p63s23p63d64s2（或[Ar]3d64s2）（2）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（3）Mn

2＋的3d轨道电子排布为半充满状态，比较稳定（4）2（5）Al解析：（2）h为Mg元素，Mg单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，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。（3）o为Mn元素，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，Mn

2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个电子时比较困难，而Fe2＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构，故其失去第

3个电子比较容易。（4）第三周期8种元素分别为钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯、氩，其单质中钠、镁、铝形成金属晶体，熔点依次升高；硅形成共价晶体；磷、硫、氯、氩形成分子晶体，且常温下磷、硫为固体，氯气、氩气为气体，8种元素的单质中熔点最低的为氩气，其次为氯气，其

中电负性最大的为氯。（5）由图可知，该元素的电离能I4远大于I3，故为第ⅢA族元素，应为Al。12．答案：（1）（2）铬第四周期第ⅥB族d1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1（3）F>N>O>CF>O>N>C（4）1s22s22p63s23p

63d6或[Ar]3d64f5（5）三角锥形低氨气分子间含有氢键解析：（1）A元素次外层电子数是最外层电子数的14，A元素只能是Ne，则其价电子轨道表示式是。（2）B是1～36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，B元素是铬，其名称是24号

元素铬，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅥB族，位于周期表d区，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1。（3）C、N、O、F四种元素中，原子半径

r（C）>r（N）>r（O）>r（F），而N原子核外处于2p3半充满状态，更稳定，所以第一电离能F>N>O>C，电负性F>O>N>C。（4）Fe是26号元素，核外有26个电子，失去两个电子得到Fe2＋，基态Fe2＋核外电子排布式为1s22

s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，Sm的价电子排布式为4f66s2，失去三个电子得到Sm3＋，Sm3＋的价电子排布式为4f5。（5）As的氢化物分子AsH3与NH3为同一主族的氢化物，结构相似，故AsH3的空间

结构为三角锥形，因为NH3分子间含有氢键，所以AsH3的沸点低于氨气。13．答案：（1）S2－＞F－＞Al3＋（2）HClO4H2SO4（3）SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O（4）O2＋4e－＋2H2O===4OH－（5）①2Al＋2NaOH＋2H2O===2N

aAlO2＋3H2↑②Al（OH）3⇌AlO－2＋H＋＋H2O③2Cl－＋2H2O=====通电H2↑＋Cl2↑＋2OH－解析：②元素是地壳中含量最多的元素，所以②是O；⑤与酸碱都可以反应，则⑤为Al；由④⑦两元素组成的化合物是我们日常生活必需的调味品可

知④为Na，⑦为Cl；由②和⑥元素的原子序数之和是①和④两元素原子序数之和的两倍可知⑥为S，①为H；由七种短周期主族元素①～⑦原子序数依次增大可推知③为F。（1）③、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为S2－＞F－＞Al3＋。（2）⑥和⑦的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱为HClO4＞H2SO4

。（3）二氧化硅能与HF发生反应，其反应的化学方程式为SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。（4）由Al和空气、海水构成的原电池中，Al作负极，正极上O2发生还原反应，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。（5）B为黄绿色气体，则B为Cl2，电解A溶液得到三种物质，由题图知A为

NaCl，C为氢气，D为氢氧化钠，G为Al，F为偏铝酸钠，E为HCl，混合物X可能含有氯化钠、氢氧化铝和氯化铝。①D溶液与G反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。②氢氧化铝不溶于水，但既能溶于酸

又能溶于碱，其能与NaOH溶液反应是因为Al（OH）3发生酸式电离：Al（OH）3⇌AlO－2＋H＋＋H2O。③A为NaCl溶液，电解的离子方程式为2Cl－＋2H2O=====通电H2↑＋Cl2↑＋2OH－。课练15化学键、分子的结构和性质狂刷小题夯基础1．答案：D解

析：CO2中只含有碳氧极性键，A错误；根据结构式可知，0.5molHCHO含有1.5molσ键，B错误；HCHO、CO2分子中既含有σ键，又含有π键，C错误；H2O中含有氢氧极性键，D正确。2．答案：D解析：HClO

分子中，氧原子分别与氢原子和氯原子形成共价键，电子式为，故A错误；H2S是共价化合物，电子式可表示为,∶H，故B错误；用电子式表示Na2O的形成过程时，2个Na＋不能合并，正确的表达方式为，故C错误；BaCl2是离子化合物，电子式为[]－

Ba2＋[]－，故D正确。3．答案：C解析：CS2与CO2的分子结构相似，是直线形的非极性分子，A错误；中心原子Cl有一个孤电子对，所以ClO－3的空间结构为三角锥形，B错误；S有6个电子，正好与6个F形成

6个共价键，C正确；SiF4中Si有四个σ键，SO2－3中S原子形成3个σ键，还有一个孤电子对，所以Si、S均是sp3杂化，D错误。4．答案：D解析：HCHO分子中含有2个C—H键，1个C===O键，则σ键和π键的数目之比为3∶1，A项错误；1

6O的质量数为16，质子数为8，则中子数＝质量数－质子数＝8，B项错误；H2O分子的空间结构为Ⅴ形，正、负电荷中心不重合，是由极性键构成的极性分子，C项错误；CO2中，C原子的价层电子对数为2＋12（4－2×2）＝2，

为sp杂化，空间结构为直线形，D项正确。5．答案：B解析：吡啶为分子晶体，其熔点主要取决于吡啶分子间作用力的大小，A正确；吡啶中参与形成大π键的原子数、电子数均为6，大π键应表示为66，B错误；吡啶分子中C、N原子

的杂化方式均为sp2杂化，C正确；吡啶分子具有高水溶性与吡啶分子内氮原子和水分子形成的氢键有关，D正确。6．答案：A解析：H2O很稳定，因为水分子中的O—H键键能较大，不容易断裂，A错误；I2易溶于苯、CH4难溶于水是因为相似相溶

规律，B正确；HClO3分子中非羟基氧原子数多，所以HClO3酸性强于HClO，C正确；乳酸分子中有一个手性碳原子，因此乳酸有一对对映异构体，D正确。7．答案：C解析：乙二胺的结构式为，所以1mol乙二胺分子中含有11NA个σ键，A正确；乙二胺分子中氮原子有

3个σ键，还有一个孤电子对，轨道的杂化类型为sp3，B正确；Cu2＋与乙二胺形成的配离子内部含有H—N等极性键、C—C非极性键、配位键，但不含有离子键，C错误。8．答案：（1）√（2）√（3）×（4）×（5）√（6）×9．答案：C解析：根据VSEPR模型

计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3个H原子，NH3中N形成3个σ键，因此NH3的VSEPR模型为四面体形，A错误；BeCl2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，B错误

；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，C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，D错误。10．答案：B解析：石墨导电的原因是石墨层间有自由移动的电子，石墨层间插入F得到层状结构化合物（CF）x后，可自由移动的电子减少，导电性减弱，A错误；石墨层间插入F后形成的C—F键极短，键能极

大，分子结构稳定性增强，抗氧化性增强，B正确；随原子序数递增，同周期主族元素的原子半径逐渐减小，因此（CF）x中C—C的键长比C—F长，C错误；由题图知，（CF）x中每个碳原子形成3个C—C键、1个C—F键，其中每个C—C键被2个碳原子共用，则1mol（C

F）x中含有2.5xmol共价单键，D错误。11．答案：D解析：Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则Al2Cl6的结构式为，→表示配位键，也可用短线代替，A项正确；Al2Cl6为对称结构，正负电荷中心重合，为非极性分子

，B项正确；该反应中NH3取代Cl与Al形成配位键，说明NH3的配位能力大于氯，C项正确；Al—Br的稳定性弱于Al—Cl，Al2Br6更易与NH3反应，D项错误。12．答案：A解析：连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，手性分子是指与其镜像不相同，不

能互相重合的具有一定构型或构象的分子，含有手性碳原子的分子不一定为手性分子，如，A项错误；邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，而对羟基苯甲醛存在分子间氢键，故邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，B项正确；酰胺中的

酰胺基在酸或碱存在并加热时可发生水解反应，C项正确；冠醚（18­冠­6）的空腔直径与K＋尺寸适配，二者可通过弱相互作用形成超分子，D项正确。13．答案：B解析：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。14．答案：sp2>键长：ClO2<Cl2O，ClO2中为氯氧双键，Cl2O中为氯氧单键，双键键能大，键长短解析：ClO2为V形结构，且存在3原子5电子的大π键，则Cl的杂化类型为

sp2。ClO2中Cl提供1个电子、每个O提供2个电子形成35，Cl有1个孤电子对，Cl2O中O存在两个孤电子对，根据孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，知Cl2O中Cl—

O—Cl键角小于ClO2中O—Cl—O键角。15．答案：B解析：由图可知，M2＋中Si的配位数为6，A项正确；单键为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，则1个M2＋中含有54个σ键，B项错误；SiF4、SiCl4、SiB

r4、SiI4均为分子晶体，随着相对分子质量的增大，范德华力逐渐增大，沸点逐渐升高，C项正确；SiCl4中Si原子价层电子对数为4＋12（4－4×1）＝4，空间结构为正四面体形，D项正确。16．答案：D解析：N2H4中N原子价层电子对数是

4，则N原子采用sp3杂化，且每个N原子含有1个孤电子对，空间结构不是平面结构，A错误；CO2－3中C原子价层电子对数为3＋4＋2－3×22＝3，且C原子不含孤电子对，该离子为平面三角形结构，B错误；同一周期元素从左

到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA、ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能：N>O>C，C错误；能形成分子间氢键的物质熔、沸点较高，肼能形成分子间氢键，乙烯不能形成分子间氢键，所以肼的沸点远高于乙烯，D正确。17．答案：A解析：NCl3和PCl3均为三角锥形的极性分子

，结构相似，则共价键的极性越大，分子的极性越大，成键原子的电负性相差越大，共价键的极性越大，由于N和Cl的电负性都较大，而P的电负性相对较小，则P—Cl键的极性比N—Cl键的极性大，所以PCl3分子的极性比NCl3分子的极性大，A错误；共价三键由1个σ键和2个π键

构成，由于N原子之间形成的π键比P原子间形成的π键强，则N≡N键的稳定性比P≡P键的高，B正确；NH3分子中成键电子对之间的排斥力更大，则NH3的键角比PH3的大，C正确；HNO3和H3PO4均为分子晶体

，熔点与分子间作用力有关，分子间作用力小的熔点低，D正确。综合测评提能力1．答案：B解析：CO2中C与O形成极性共价键；中只含有极性键；H、N、O可以形成NH4NO3，为离子化合物，也可以形成HNO3，为共价化合物；离子键的形成必须有阴、阳离子。2．答案：D解析：NH3通入

水中生成NH3·H2O，只破坏了共价键，A不符合题意；NaOH熔化后电离生成Na＋、OH－，只破坏了离子键，B不符合题意；HBr通入水中发生电离，只破坏了共价键，C不符合题意；KHSO4溶于水电离出K＋、H＋和SO2－4，

既破坏了离子键又破坏了共价键，D符合题意。3．答案：C解析：由结构简式可知，胍是含有氮元素的烃的衍生物，分子中元素的非金属性强弱顺序为N>C>H，元素的非金属性越强，电负性越大，则元素电负性大小顺序为N>C>H，故A错误；由结构简式可知，胍分子中单键氮原子的杂化方式为

sp3杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误；由结构简式可知，胍分子中的氮原子具有孤对电子，能与氢离子形成配位键而表现碱性，所以胍分子中能吸收酸性氧化物二氧化碳而生成碳酸盐，故C正确；由结构简式可知，胍分子中双键碳原子的

杂化方式为sp2杂化，双键与单键之间电子对的斥力大于单键与单键之间电子对的斥力，所以胍分子中两个单键氮原子与碳原子形成的N—C—N键角小于120°，故D错误。4．答案：C解析：根据配合物顺铂[Pt（NH3）2Cl2]的结构分析，得到P

t（NH3）2Cl2中Pt（Ⅱ）的配位数为4，故A正确；氨气中氮有一对孤对电子，因此Pt（NH3）2（OH）Cl的配合物中N提供孤对电子，故B正确；顺铂进入人体细胞发生水解，生成的Pt（NH3）2（OH）Cl，说明OH－与铂（Ⅱ）更易结合即OH－

与铂（Ⅱ）的结合能力大于Cl－与铂（Ⅱ）的结合能力，故C错误；配合物[Pt（NH3）2Cl2]存在顺反异构，说明不是四面体结构，而该配合物为平面结构，故D正确。5．答案：C解析：B原子最外层有3个电子，在题图1分子中每个B原子只形成了2个σ键，且没有孤电子对，故采用sp杂化

，在题图2分子中每个B原子形成了3个σ键，且没有孤电子对，故采用sp2杂化，A正确；由题中信息可知，硼酸晶体为层状结构，类比石墨的晶体结构可知其层与层之间存在范德华力，故B正确；由题图中信息可知，每个硼酸分子有

3个羟基，其O原子和H原子均可与邻近的硼酸分子形成氢键，平均每个硼酸分子形成了3个氢键，因此，1molH3BO3晶体中含有3mol氢键，故C错误；硼原子的2p轨道有空轨道，水电离的OH－中氧原子有两对孤电子对，两者可形成配位键并破坏了水的电离平衡使溶液

显酸性，其电离方程式为H3BO3＋H2O⇌[B（OH）4]－＋H＋，故D正确。6．答案：C解析：Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，则Cu2＋的价电子排布式为3d9，A项错误；通常端位的原子不考虑杂化过程，B

项错误；Cu2＋、SO2－4间存在离子键，SO2－4中S原子与O原子间和H2O中H、O原子间存在极性键，Cu2＋、H2O间存在配位键，H2O、H2O间和SO2－4、H2O间存在氢键，C项正确；同主族元素从下至上，电负性逐渐增大，则O的电负性大于S，D项错误

。7．答案：B解析：C60是分子晶体，易溶于苯、CS2，根据相似相溶规律可知C60是非极性分子，A项正确；根据结构可知，每一个碳原子形成3个σ键，每个σ键被两个C原子共用，则每个碳原子形成σ键的个数为32，1molC60分子形成的σ键数目为32NA×6

0＝90NA，B项错误；C60属于碳烯，能够与F2发生加成反应，反应的化学方程式为C60＋30F2――→一定条件C60F60，C项正确；同素异形体是指同种元素组成的不同单质，C60、金刚石和石墨互为同素异形体，D项正确。8．答案：C解析：[Fe（H2O）6]3＋为浅紫色，但溶液

Ⅰ却呈黄色，原因可能是Fe3＋发生水解生成红褐色Fe（OH）3，与浅紫色[Fe（H2O）6]3＋形成混合体系，使溶液呈黄色，A正确；加入NaF后溶液Ⅱ由红色变为无色，说明[Fe（SCN）6]3－转变为[FeF6]3－，反应更易生成[FeF6]3－，说明F－与Fe3＋的配位能力强于SCN－，B正确

；为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的[FeCl4]－，C错误；向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，可使平衡Fe3＋＋6SCN－⇌[Fe（SCN）6]3－（红色）的Q>K1，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确。9．答

案：B解析：该螯合离子中碳原子与氧原子都为sp3杂化，具有相同的杂化类型，A正确；该螯合离子中碳原子为饱和碳原子，连接的氧原子和碳原子不在同一平面，B错误；该螯合离子中极性键为24个C—H、12个C—O和6个配位键，共

42个极性键，非极性键为6个C—C键，个数比为7∶1，C正确；与二甲醚（CH3OCH3）相比，该螯合离子中O的孤对电子数从两对变成一对，排斥作用减小，“C—O—C”键角更大，D正确。10．答案：C解析

：NH3比PH3容易液化，是因为NH3分子间可以形成氢键，使分子间的相互作用力增大，A错误；NH3分子间可以形成氢键，使分子间的相互作用力增大，故NH3熔点比PH3高，与键能无关，B错误；NH3能够和Ag＋以配位键结合是因为NH3分子中有孤电子对，而Ag＋有空轨道，C正确；虽然氨水

中存在由NH3·H2O电离出的NH＋4，但是NH3·H2O是共价化合物，不是离子化合物，D错误。11．答案：（1）9（2）F>N>ONH3分子间存在氢键，因此沸点高于无分子间氢键的NF3（3）5bC原子最外

层L层，只有s和p轨道，无多余的d轨道接收水分子的孤电子对而进行sp3d杂化，所以不易水解解析：（1）基态Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外电子的空间运动状态种类与轨道数相同，共9个。（2）同一周期元素从左往右，第一电离能呈增大趋势，但基态N原子2p能

级处于半充满状态，很难失去1个电子，第一电离能比O大，则N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O；NH3分子间能形成氢键，NF3不能，导致NF3熔、沸点低于NH3。（3）已知中间体SiCl4（H2O）的中心Si原子采取sp3d杂化，共5个杂化轨道，可容纳5个价

层电子对；当价层电子对数为4时，VSEPR模型的空间结构是正四面体形，当价层电子对数为5时，VSEPR模型的空间结构是三角双锥形，当价层电子对数为6时，VSEPR模型的空间结构是正八面体形；根据SiC

l4水解过程的机理可知，Si原子M层上能形成sp3d杂化，能与水分子中O原子上的孤电子对形成配位键，但C原子最外层为L层，只有s和p轨道，无多余的d轨道接收水分子的孤电子对而进行sp3d杂化，所以不易

水解。12．答案：（1）N6s2（2）NH3>PH3>AsH3HNO3的非羟基氧原子数比HNO2多（3）sp256三角锥形（4）B乙烷NH3BH3分子间存在氢键（5）33×417×10218a3NA解析：（1）As的原子序数为33，核外电子排布式为[

Ar]3d104s24p3，则占据的最高能层的符号为N；Bi为第六周期第ⅤA族元素，基态Bi原子的价层电子排布式为6s26p3，则基态Bi3＋的价层电子排布式为6s2。（2）NH3、PH3、AsH3结构相似，中心原子均含有1个孤电子对和3个成键电子对，但N、P、As的原子半径依次增大

，键合电子之间的排斥力依次减小，键角依次减小，则键角大小顺序为NH3>PH3>AsH3；HNO3中含有2个非羟基氧，HNO2中含有1个非羟基氧，HNO3中N的正电性强于HNO2中N的正电性，使羟基中O—H键极性增强，羟基更易电离出H＋，酸性更强。（3）根据题中信息判断：N－5为平面正五边形结

构，键角接近120°，则N原子为sp2杂化；阴离子N－5中，5个原子均用于形成大π键，每个N原子提供1个电子，整个阴离子得1个电子，共6个电子用于形成大π键，则大π键应表示为56；H3O＋中，中心O原子价层电子对数为3＋12（6－1－3×1）＝4，空间结构为三角锥形。（4）N原子有孤电子对

，B原子有空轨道，可接受电子对；等电子体是指原子总数相同、价电子总数也相同的微粒，用2个C原子替换N原子与B原子，可得与NH3BH3互为等电子体的分子为CH3CH3，名称为乙烷；由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，导致NH3BH3熔点比CH3CH3

高。（5）CsCl晶胞类似于体心立方堆积，体心离子与顶点离子距离最近，该距离长度等于晶胞体对角线长度的12，已知P原子间的最短距离为anm，则晶胞边长为2a3nm，晶胞体积为8a333×10－21cm3，晶胞中PCl＋

4和PCl－6的离子数目均为1，晶胞的质量m＝2×31＋35.5×10NAg＝417NAg，晶体密度ρ＝mV＝33×417×10218a3NAg·cm－3。13．答案：（1）Na<O<N4s（2）Fe3＋[Cu（H2O）4]2＋配位键（3）②（4）N

≡C—C≡N4sp杂化解析：（1）Na为活泼金属，极易失去最外层电子，则第一电离能最小，N原子2p能级电子处于半充满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为Na<O<N；Cu的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为。（2）基态Fe3＋的价

电子排布式为3d5，含有5个未成对电子；基态Cu2＋的价电子排布式为3d9，含有1个未成对电子，则未成对电子数较多的为Fe3＋；Cu2＋在水中形成的水合离子化学式为[Cu（H2O）4]2＋，O原子含有孤电子对，Cu2＋含有空轨道，二者形成

配位键。（3）H3O＋中，O原子价层电子对数为3＋12（6－1－1×3）＝4，空间结构为三角锥形，①不符合题意；H2O中，O原子价层电子对数为2＋12（6－1×2）＝4，空间结构为Ⅴ形，②符合题意；NO是由2个原子形成的微粒，空间结构一定为直线形，③不符合题意。

（4）根据题中信息：（CN）2中键与键之间的夹角为180°，有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，则C原子形成4个共价键，N原子形成3个共价键，其结构式为N≡C—C≡N；1个分子中含有4个π键；由于C和N之间形成三键，可以判断C

为sp杂化。课练16晶体结构与性质狂刷小题夯基础1．答案：B解析：液晶分子沿分子长轴方向有序排列，从而表现出类似晶体的各向异性，故A正确；等离子体是由阳离子、电子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体，故B错误；纯物质有固定的熔点，但其晶

体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化，熔点可能下降，故C正确；超分子内部的多个分子间一般通过非共价键或分子间作用力结合成聚集体，故D正确。2．答案：D解析：SiCl4、AlCl3的熔、沸点低，都是分子晶体，AlCl3的沸点低于其熔点，即在低于熔化的温度下就能汽化，故AlCl3加热能

升华，A、C正确；晶体硼的熔、沸点很高，所以晶体硼是共价晶体，B正确；由金刚石与晶体硅的熔、沸点相对高低可知，金刚石中的C—C比晶体硅中的Si—Si强，D错误。3．答案：D解析：与金刚石类似，该晶体属于共价晶体，A错

误；根据该晶体的晶胞结构图可知，该晶体只存在Si—C极性共价键，B错误；Si—C中，C的电负性更强，共用电子对偏向C原子，所以Si的化合价为＋4，C错误；每个C原子与4个Si原子形成4个σ键，C原子没有孤电子对，所以C的杂化类型为sp3杂化，D正确。4．答案：C解析：每个Si原子占有O原子个数

为4×12＝2；该晶体是共价晶体，不存在分子；原硅酸（H4SiO4）的结构可表示为，两个原硅酸分子可发生分子间脱水生成二聚原硅酸：，二聚原硅酸电离出6个H＋后，形成带6个负电荷的二聚原硅酸根离子；在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有12个原子。5．答案：A解析：由晶胞结

构可知，晶胞顶角上相邻的钛离子相距最近，则钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子有6个，a＝6；晶胞中钛原子个数为8×18＝1，氧原子个数为12×14＝3，钙原子个数为1，则氧、钛、钙的原子个数比为3∶1∶1，故选A。

6．答案：C解析：根据均摊法，题图1的晶胞中含Li：8×14＋1＝3，O：2×12＝1，Cl：4×14＝1，1个晶胞的质量为3×7＋16＋35.5NAg＝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；题图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，题图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，题图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。7．答案：C解析：由题图可知，晶胞中K处于顶点，数目为18×8＝1，Ca在晶胞的体心，数目为1，B在晶胞的面上，数目为12×2×6＝6，C也在晶胞的面上，数目为12×2×6＝6，故晶体的最简化学式为KCaB6C6，A项正

确；由晶胞图可知，与Ca2＋最近且距离相等的K＋有8个，而晶胞中Ca2＋、K＋数目之比为1∶1，故与K＋最近且距离相等的Ca2＋有8个，B项正确；结合图示可知，B、C原子围成的多面体，有6个面位于晶胞的六个面上，上半部分和下半部分还各有4个面，故该多面体中共有14个面，C项错误；该

晶胞的摩尔质量为217g·mol－1，晶胞体积为（a×10－10）3cm3，故晶体密度为2.17×1032a3·NAg·cm－3，D项正确。8．答案：C解析：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。9．答案：（1）分子晶体（2）钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而SiCl4为分子晶体随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl

4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大，分子间作用力越大则其熔点越高10．答案：D解析：键能：C—H键＞Si—H键，所以热稳定性：CH4＞SiH4，A错误；金刚石与晶体硅都是共价晶体，共

价晶体的熔沸点与共价键强度有关，由表可知，C—C键的键能大于Si—Si键，则金刚石的熔点比晶体硅高，B错误；共价键的键能与成键原子的核间距及成键原子的种类均有关，C错误；由表可知，C—C键和C—H键更稳定，因而所成的烷烃更稳定，

种类和数量也更多，而Si—Si键与Si—H键键能小，易断裂，导致长链硅烷难以生成，限制了硅烷的种类和数量，D正确。11．答案：A解析：金刚石晶体和二氧化硅晶体均属于共价晶体，A项符合题意；金刚石晶胞中含有碳原子数为8×18＋6×12＋4＝8，B项不符合题意；60gSiO2

的物质的量为1mol，1molSi原子与4molO原子形成4molSi—O键，即共价键数为4NA，C项不符合题意；二氧化硅晶体属于共价晶体，熔化时破坏共价键，D项不符合题意。12．答案：B解析：OF2中O原子有两对孤电子对，NF3中N原子

有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，故OF2分子的键角小于NF3分子的键角，A正确；XeF2中Xe的价层电子对数目为5，不可能为sp杂化，B错误；基态N、F原子核外电子均占据5个原子轨道，故均有5种空间运动状态，C正确；由题中信息，Q点原子坐标参数为[

12，12，（12－bc）]，D正确。13．答案：B解析：由图可知，ZnmS晶胞中，Zn2＋和S2－均为4个，m＝1，ZnnS晶胞中，Zn2＋和S2－均为2个，n＝1，两者化学式相同，化合价没有发生变化，没有电子转移，A错误；根据

ZnmS结构，体对角线的一维空间上会出现“”的排布规律，B正确；当ZnmS完全转化为LixZnyS时，Li＋、Zn2＋转化为LiZn合金，生成1molLiZn转移3mol电子，每转移6mol电子，生成2molLiZn（合金相），C错误；若Li2S的晶胞参数

为anm，将晶胞切三刀分为8个小立方体，则E在左后上立方体体心，则EF间的距离为3a42＋a42＋a42nm＝114anm，D错误。综合测评提能力1．答案：D解析：液晶分子间的相互作用容易受温度、压力、电场的影响，在电场存在的情况下，液晶分子

沿着电场方向有序排列，A正确；内部原子或分子的排列呈现杂乱无章的分布状态的固体物质称为非晶体，B正确；物质的聚集状态有晶态、非晶态还有塑晶态、液晶态等，C正确；等离子体由电子、阳离子和中性粒子组成，正、负电荷大致相等，整体上呈电中性，D错误。2．答案：C解析：HCl和KCl溶

解克服的作用力分别为共价键、离子键，故A错误；碳化硅和C60熔化时克服作用力分别为共价键和分子间作用力，B错误；碘与干冰的升华，克服的作用力均为分子间作用力，故C正确；溴与汞的汽化克服的作用力分别为分子间作用力、金属键，故D错误。3．答案：C解析：相对分子质量相近的分子，极性越强，范德华力越强，熔

沸点越高，CO是极性分子，N2是非极性分子，因此沸点：N2＜CO，故A正确；水存在分子间氢键，熔沸点高，H2S相对分子质量比CH4相对分子质量大，范德华力越大，熔沸点越高，因此沸点：CH4＜H2S＜H2O，故B正确；原子半径Al＜Mg＜Na，半径越大

，金属键越弱，金属熔沸点越低，因此熔点：Na＜Mg＜Al，故C错误；原子半径C＜Si，键长：C—C＜Si—C＜Si—Si，键长越短，键能越大，熔沸点越高，因此熔点：晶体硅＜碳化硅＜金刚石，故D正确。4．答案：A解析：在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元

环，每个单键为3个环共有，则每个C原子连接4×3＝12个六元环，A正确；氯化钠晶胞如图：，所以在氯化钠晶体中，距Na＋最近且等距的Cl－是6个，即钠离子的配位数是6，距Na＋最近且相等的Na＋位于面心处，共有3×8/2＝12个，B错误；1molH2O可以和4molH2O形成氢键，

两分子共用一个氢键，所以含1molH2O的冰中形成氢键的数目为2NA个，C错误；在石墨晶体中，一个碳原子与其他三个碳原子形成3根C—C键，每个碳原子占有1.5个C—C键，所以碳原子数与C—C键数之比为2∶3，D错误。5．答案：B解析

：基态钙原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，均为成对电子，故A错误；由该晶胞可知，每个Ti4＋最邻近的O2－有12个，故B正确；分子晶体中不一定都存在共价键，如稀有气体为单原子分子，其分子晶体中只有

分子间作用力，故C错误。6．答案：C解析：纳米立方氮化硼的硬度超过钻石，是目前世界上最硬的物质，原子之间以共价键结合形成立体网状结构，该物质属于共价晶体，A错误；B、N是两种不同的非金属元素，所以B和N原子之间形成的共价键是极性共价键，B错误；纳米立方氮化硼硬度大，是目前世界上最硬的物质，因此

可用于钻探、切削工具等，C正确；在纳米立方氮化硼中含B原子数目为8×18＋6×12＝4个，4个N原子全部在晶胞内，故该晶胞中含有N原子数目为4，则1个晶胞中含有4个B原子，4个N原子，其所含原子总数是8个，质

量为4×（11＋14）g·mol－1NAmol－1＝4×25NAg，故25.0g纳米立方氮化硼中含原子的物质的量为n＝25.0g4×25NAg×8＝2NA，可近似表示为2×6.02×1023个原子，D错误。7．答案：B解析：Ca2＋配位数为与其距离最近且等距离的F－的个数，如题图所示，Ca

2＋位于体心，F－位于面心，所以Ca2＋配位数为6，A正确；F－与K＋的最近距离为棱长的22，F－与Ca2＋的最近距离为棱长的12，所以与F－距离最近的是Ca2＋，B错误；K＋位于顶点，所以K＋个数＝18×8

＝1，F－位于面心，F－个数＝12×6＝3，Ca2＋位于体心，所以Ca2＋个数＝1，综上，该物质的化学式为KCaF3，C正确；F－与Cl－半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确。8．答案：D解析：元素的非金属性越强，电负性越大，则F、Si和Ca电负性依次减小，同周期主族元素从左到右原子半径

依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则F、Si和Ca原子半径依次增大，A正确；OF2与SiO2都是含有极性共价键的共价化合物，化合物中氧原子的价层电子对数都为4，杂化方式都为sp3杂化，B正确；由晶胞结构可知，A处到B处的距离为体对角线长的34，若A处原子分数坐标为（0

，0，0），则B处原子分数坐标为（34，34，34），C正确；三种金属氟化物都为离子晶体，阴、阳离子间形成的离子键越弱，晶体提供自由氟离子的能力越强，钡离子、钙离子和镁离子的电荷数相同，离子半径依次减小，则氟化钡

、氟化钙、氟化镁三种晶体中的离子键依次增强，晶体提供自由氟离子的能力依次减弱，D错误。9．答案：D解析：黑球位于晶胞的顶角和面心，其个数为8×18＋6×12＝4，灰球在晶胞内部，个数为8，氟化钙的化学式为CaF2，黑球为Ca2＋，灰球为F－

。根据晶胞的结构，Ca2＋的配位数为8，故A错误；根据晶胞可知，Ca2＋和F－最近距离是体对角线的14，即为34apm，故D正确。10．答案：C解析：S2－位于晶胞的顶点和面心，利用均摊法计算，一个晶胞内含有S2－个数18×8＋12×6＝4，A错

误；据分析，Li＋位于立方晶胞体对角线四分之一处，与其最近且等距离的S2－位于对应近距离顶点及该顶点所在三个面的面心，有4个，B错误；据分析，该晶胞中两个距离最近的Li＋和S2－的核间距恰好为该立方晶胞体对角线的四分之一，该晶胞边长为dpm，则核间距的计算表达式为34dpm，C正确；据

分析，一个晶胞中含有4个S2－和8个Li＋，晶胞边长为d×10－10cm，Li2S晶体的密度为32×4＋7×8NA×（d×10－10）3g·cm－3＝184d3NA×1030g·cm－3，D错误。11．答案：（1）4d25s2O2、N2、CO2（2）①BF3中B采用sp2杂化，

BF－4中B采用sp3杂化，s轨道成分越多，电子云重叠程度越大，键长越短②sp3③H3NBH3分子间存在氢键，分子间作用力更大④ABD（3）C（4）12解析：（1）Zr位于周期表中第五周期第ⅣB族，价电子排布式为4d25s2，非极性分子中，分子对称性较高，

正、负电荷中心重合，则图1中属于非极性分子的气体是O2、N2、CO2。（2）①BF3中B原子价层电子对数为3，采用sp2杂化，BF－4中B原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，s轨道成分越多，电子云重叠程度越大，键长越短。②根据B2H6的分子结构图可知，B的价层电子对数为

4，VSEPR模型为四面体，杂化方式为sp3杂化。③H3NBH3中含有电负性大的N原子和N—H键，易形成分子间氢键，B2H6只存在分子间作用力，所以H3NBH3的沸点比B2H6高得多。④由图3中阴离子结构可知，阴离子中含有极性键和配位键，所以

硼酸钠晶体中含有的化学键有离子键、极性键和配位键，不存在金属键和非极性键，故选A、B、D。（3）配体为CO，配体中C给出孤电子对，所以配位原子为C。（4）根据几何关系，晶胞中Sr2＋处于体心，与最近的O2－距离为22×晶胞边长，这样的O2－共有12个，则与每个Sr2＋紧邻的O2

－有12个。单元检测5物质结构与性质元素周期律1．答案：C解析：质量数＝质子数＋中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为18的氯原子的质量数为17＋18＝35，核素符号为3517Cl，故A错误；基态碳原子的核外电子排布

式为1s22s22p2，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：，故B错误；BF3的中心原子B原子孤电子对数＝3－32＝0，价层电子对数＝3，空间构型为平面三角形，空间结构模型为，故C正确；HCl是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为―→，故

D错误。2．答案：A解析：根据21084Po―→AZPb＋42He可知，A＝206，Z＝82，AZPb中A表示的是质量数，但相对原子质量不等于质量数，A错误；Po是84号元素，该元素位于元素周期表第六周期第ⅥA族，其价层电子排布式为6s26p

4，B正确；210Po和209Po为质子数相同、中子数不同的核素，两者互为同位素，C正确；21084Po的半衰期为138天，经过第一个半衰期生成Pb的物质的量为64210×50%mol，再经过第二个半衰期生成Pb的物质的量为64210×50%×50%mol，所以经过

276天所得Pb的质量为64210×50%＋64210×50%×50%mol×206g·mol－1≈47.09g，D正确。3．答案：C解析：一般来说元素的非金属性越强，电负性越大，四种元素的电负性大小

顺序是O＞N＞C＞H，A正确；NO－3中N原子有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2杂化，尿素中N原子的杂化类型为sp3杂化，故C错误；C、N原子中电子占据能量最高的能级均为2p，电子云轮廓图形状为哑铃形，故D正确。4．答案：B解析：BCl

3的中心原子孤电子对数为3－3×12＝0，价层电子对数为3，为sp2杂化，空间结构为平面正三角形，为非极性分子；PCl3的中心原子孤电子对数为5－3×12＝1，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间结构为三角锥

形，为极性分子，A错误；邻羟基苯甲酸存在分子内氢键，使沸点降低，对羟基苯甲酸分子间能形成氢键，使沸点升高，B正确；氯化镁属于离子晶体，氯化铝属于分子晶体，离子键大于分子间作用力，则熔点：MgCl2＞AlCl3，C错误；金刚石与碳化

硅均属于共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，碳碳键比碳硅键更牢固，D错误。5．答案：B解析：HF分子间存在氢键，其熔、沸点比氯化氢等更高，A项错误；中心I原子的价层电子对数为4，含有两对孤电子对，采取sp3杂化，空间结构为V形，B项正确

；CCl4是非极性分子，分子中C处在4个Cl所组成的正四面体的中心，C项错误；1mol[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O溶于水后，能电离出2molCl－，与足量硝酸银溶液反应，产生2molAgCl沉淀，D项错误。

6．答案：D解析：二氧化碳分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为2，二氧化碳中的C原子采取sp杂化，为直线形，水分子中O原子形成2个O—H键，含有2对孤电子对，价层电子对数为4，水分子为

V形结构，A错误；MgO只含有离子键，MgOCO2中含有离子键和共价键，则MgO→MgOCO2时，没有共价键的断裂，B错误；反应过程中碳元素的化合价为－2价的中间体是MgOCH2，C错误；图示中箭头指入的是反应物，指出

的是生成物，则CO2和氢气是反应物，生成甲烷和水，反应的方程式为CO2＋4H2=====Pd­MgO一定条件CH4＋2H2O，D正确。7．答案：D解析：HO2与HX（X＝Cl、Br、I等）的某些性质相似，HX为极性分子，HO2也为极性分子，A正确；过氧化氢的氢键强度大，故沸点更高，B正确；H2O

、H2O2中O的杂化方式相同，H2O2不是直线形分子，D错误。8．答案：B解析：已知反应，X𝑎11＋42He―→10n＋Z𝑢𝑚和Y𝑐𝑑＋42He―→11H＋2210Ne，则11＋4＝1＋m，m＝14，基态muZ原子的能级数与未成对电

子数相等，则Z为氮，u＝7；则a＋2＝0＋7，a＝5，X为硼；c＋2＝1＋10，c＝9，则Y为氟。同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是Be原子价电子为2s2全满稳定状态，电离能较大，故与B同周期的元素中，第一电离能比X小的元素有1种，A错误；X和

Z在其最高价氧化物的水化物分别为H3BO3、HNO3，B、N均形成3个共价键且无孤电子对，故均采用sp2杂化，B正确；F的电负性大于H，导致N—F键中电子对偏向F，而N—H键中电子对偏向N，使得成键电子对之间的斥力NH3>NF3，故NH3的键角大于NF3的键角，C

错误；晶体硼为共价晶体，D错误。9．答案：B解析：Y在地壳中含量最高，则Y为O元素，几种元素占据四个不同周期，其中只有X的原子序数小于O，所以X为H元素，基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道，每个原子轨道中有两个自旋方向不同的电子，所以W核外共20个电子，为Ca元素；天然沸石的化

学式为Ca[Z2R3O10]·3H2O，由于R的原子序数较大，所以R一定位于第三周期，若Z位于第二周期，则只能为F元素，此时该物质中R的化合价为＋203价，不合理，所以Z也位于第三周期，根据化合价分析，

合理的结果为Z为＋3价、R为＋4价，所以Z为Al元素、R为Si元素。综上分析，电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：Y>Z，故A正确；同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈增大趋势，则第

一电离能：Z<R，故B错误；非金属性：O>Si，非金属性越强，最简单氢化物越稳定，故C正确；W、Z的氯化物分别为CaCl2、AlCl3，CaCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点，故D正确。10．答案：C解析：基态X原子核外最外层有2个未成对的电子

，且没有空轨道，则X为O；Y的简单离子在同周期中离子半径最小，Y为Al；Z和X同主族，Z为S；Q的一种氧化物常用作水处理剂，Q为Cl，R原子的M层全充满，且最高能层只有一个电子，R为Cu。S2Cl2分子的结构式为Cl—S—S—Cl，为含有非极性键和极性键的极性分

子，故A正确；S原子半径大于O原子，H2O分子中成键电子对的排斥作用大，所以简单氢化物的键角：H2O>H2S，故B正确；硫和铜直接化合生成硫化亚铜，故C错误；Al2Cl6分子中原子间成键关系如图：，所以Al2Cl6具

有配位键，D正确。11．答案：A解析：中心离子Co2＋与5个N原子、1个Cl－或OH－形成配位键，则配位数为6，故A正确；含有C—H、C—N极性键、C—C非极性键，不含有离子键，故B错误；的一氯代物有6种，故

C错误；中心离子为Co2＋，则1mol该配合物外界有2molCl－，加入足量AgNO3溶液，最终生成2molAgCl沉淀，故D错误。12．答案：A解析：金刚石和碳化硅都是共价晶体，在晶体中每个C原子或Si原子与相邻的4

个原子形成共价键，每个共价键为相邻的2个原子所共有，因此若晶体中含有1mol原子，则物质含有共价键的物质的量是4mol×12＝2mol，故原子数相同的金刚石和碳化硅共价键个数之比为1∶1，A错误；在SiO2晶体中，每个Si原子与相邻的4个O原子形成Si—O共价键，故Si原子与Si—O共价

键个数比为1∶4，B正确；在石墨烯中，每个C原子与相邻的3个C原子形成共价键，每个C原子为相邻的3个六元环所共有，则在六元环中含有的C原子数为6×13＝2，因此石墨烯中碳原子和六元环个数比为2∶1，C正确；

在C60分子中每个碳原子与3个C原子形成共价键，由于每个C原子都达到了8电子的稳定结构，说明每个C原子形成了2个碳碳单键和1个碳碳双键，在碳碳双键中含有1个σ键、1个π键，由于共价键是相邻的2个C原子所形成，则在1个C60分子中含π键数目为60×12＝30个

，D正确。13．答案：C解析：Fe（CO）5为对称结构，分子中正、负电荷中心重合，属于非极性分子，CO为极性分子，A项错误；Fe（CO）5中Fe原子与CO形成配位键，铁原子提供空轨道，B项错误；铁与CO形成5个配位键，CO分子中O提供1对孤电

子对与1个碳原子形成1个配位键，所以1molFe（CO）5中含有10mol配位键，C项正确；反应Fe（CO）5===Fe＋5CO↑得到铁单质，形成金属键，D项错误。14．答案：D解析：方块A含有1＋4×18＝1.5个Fe2＋、4个O2－，故A正确；方块B含有4×18＝0.5个Fe

2＋、4个O2－、4个Fe3＋，故B正确；Fe2＋处于晶胞的顶点、面心以及A方块的体心，O2－位于A、B方块的内部，Fe3＋处于B方块内部，晶胞中Fe2＋数目为4＋8×18＋6×12＝8，Fe3＋数目为4×4＝16，O2－数目为4×8＝32，故Fe2＋、Fe3＋、O2－的个数比

为8∶16∶32＝1∶2∶4，故C正确；晶胞中含有Fe2＋、Fe3＋、O2－的个数分别是8、16、32，它们的相对原子质量之和是8×232，根据m＝ρV可得8×232NAg＝dg·cm－3×a3，a＝38×

232NA·d×107nm，故D错误。15．答案：C解析：由Li2S的晶胞结构可知，S2－的配位数是8，A正确；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正确；以1个顶点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3个Na＋，由于顶点Na＋为8个晶胞共有，面心Na＋为2个晶胞共有，则氯化钠晶胞中离钠离子最近的钠离子有8×32＝12个，C错误；晶胞中Cu均匀地分散在立方体内部，位于体对角线上，与体心O的距离为体对角线的14，则d的坐标参数为（34，34，14），D正确。16

．答案：Ⅰ.（1）三角锥形NH3分子间存在氢键（2）4f5Ⅱ.（1）Be＋2OH－===BeO2－2＋H2↑（2）配位Nsp3杂化sp2杂化解析：Ⅰ.（1）As与N、P为同主族，则其氢化物分子为AsH3，立体结构为三角锥形

；NH3分子间存在氢键，而AsH3分子间只存在分子间的作用力，则AsH3沸点比NH3低。（2）Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm形成离子时，先失去最外层电子，则Sm3＋的价层电子排布式为4f5。Ⅱ.（1）与Al满足对角线规则的短周期元素的单质为Be，Be的

性质类似于Al，Al能与强碱反应，则Be与NaOH反应生成偏铍酸钠和氢气，离子方程式为Be＋2OH－===BeO2－2＋H2↑。（2）N—B化学键称为配位键；电子对由氮原子提供；NH3BH3分子中B原子有4条共价键，为sp3杂化，根据图像，BO－3中B有3条共价键，为sp2杂化。

17．答案：（1）氦（或He）4（2）①sp2杂化、sp3杂化10NAO>N>C>H②高（3）（4）22d解析：（1）宇宙中氢元素占88.6%、氦占11.1%，宇宙中含量最多的元素是氢和氦；C的核外电子排布式为1s22s22p2

，1s和2s轨道上分别有2个电子，p能级有3个轨道，每个电子优先占据1个轨道，则基态碳原子的核外电子占有4个原子轨道。（2）①甲基的VSEPR模型为四面体形，—COO—上C的VSEPR模型为平面三角形结构，则C原子的杂化类型分别为sp3杂化、sp2杂化；一个双键含有一个σ键，由PA

N结构可知，一个中含有10个σ键，所以1molPAN中含有的σ键数目为10NA；PAN分子中含有C、H、N、O元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O>N>C>H。②由于HCOOH存在分子间氢键，CH3OCH3只存在分子

间作用力，所以HCOOH的沸点比CH3OCH3的高。（3）H5O＋2是由水分子和H3O＋通过氢键形成的微粒，则H5O＋2的结构式为。（4）根据图可知，Si原子在SiO2晶胞中位置如图，图中ABCD四个Si原子形成正四面体结构，且AB距离等于AC距离，AC距离在底面投影为底面对角

线的一半，则SiA与SiB的距离＝12×2d＝22dnm。18．答案：（1）4d55s16（2）AB（3）Csp2杂化和sp3杂化（4）F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，使氧氢键较易断裂，因此酸性强于CH3C

OOH（5）C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力所需的能量解析：（1）Cr的基态价电子排布为3d54s1，而Mo与Cr同主族，但比Cr多了一周期，因而基态价电子排布式为4d55s1，

轨道表示式为，因而核外未成对的电子为6个。（2）观察该超分子结构有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据信息可知Mo形成配位键。（3）CO做配体时C做配位原子，O把孤电子对给了碳，碳变成富电子中心，有提供孤电子对形成配位键的能力，p­甲酸丁酯吡啶中碳原

子形成双键，说明其杂化方式为sp2杂化，在丁基中C原子形成四个单键为sp3杂化。（4）F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，从而使氧氢键较易断裂，因此CF3COOH酸性强于CH3COOH。（5）根据不同晶体类型的性质不同来解释：C60是分子晶体，

金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力所需的能量。19．答案：（1）①3d9②30NA③sp2杂化（2）平面三角形GaCl3为分子晶体，GaN为共价晶体（3）H2O＞H2Te

＞H2SH2O＞H2S＞H2Te（4）33204×（64＋70＋128×2）（0.60×10－7）2×（1.20×10－7）×NA解析：（2）GaCl3中有3个σ键，孤电子对数为3－3×12＝0，价层电子对数为3，即GaCl3的空间结构为平面三

角形。（3）H2O、H2Te、H2S都属于分子晶体，H2O分子间存在氢键，H2S和H2Te分子间不存在氢键，H2O的沸点最高，H2Te的相对分子质量比H2S大，因此H2Te的沸点高于H2S，从而推出沸点

高低顺序是H2O＞H2Te＞H2S；O、S、Te同族，电负性：O＞S＞Te，中心原子电负性越强，则成键电子对偏向中心原子，成键电子对之间的排斥作用增大，键角增大，即键角的大小顺序是H2O>H2S>H2Te。（4）取晶胞的，如图，△ABC为等腰三

角形，B向AC作垂线得BD，BD的距离应是a的14，即BD＝0.32nm，AD的距离是2×0.32nm，因此AB的距离为（0.32）2＋（2×0.32）2nm＝3320nm；该晶胞所含Cu的个数为8×18＋4×12＋1＝4，Ga的个数为6×12＋14×4＝4，Te的个数为8

，故该晶胞的密度为4×（64＋70＋128×2）（0.60×10－7）2×（1.20×10－7）×NAg·cm－3。20．答案：（1）Co3＋价电子排布式为3d6，Fe3＋价电子排布式为3d5，后者3d轨道半满，更稳定，不易再失去一个电子Co和Ca均为金属晶体，Co价电子数

较多，金属键较强，熔沸点高（2）①O>N>C>H②B（3）16平面三角形（4）①SmCo5②59×15＋150×3332a2b×NA×10－30解析：（2）①多齿配体中含有C、H、O、N四种元素，电负性：O>N>C>H；②配体中形成碳氮

双键的C原子和苯环C原子的杂化方式为sp2，饱和C原子的杂化方式为sp3，N原子形成2个σ键，还有一个孤电子对，杂化方式为sp2。A项，C只有sp2杂化，N为sp3杂化，不符合题意；B项，C原子的杂化方式为sp2、sp3，N为sp2杂化，符合

题意；C项，C只有sp3杂化，N为sp3杂化，不符合题意；D项，C原子只有sp3杂化，N为sp3杂化，不符合题意。（3）[Co（NO3）4]2－中Co2＋的配位数为4，配位键属于σ键，1mol硝酸根离子中含有3molσ键，故

1mol该配离子中含σ键的数目为（4＋4×3）NA＝16NA；NO－3中N有3个σ键电子对，孤电子对数为0，采取sp2杂化，故空间构型为平面三角形。（4）①根据晶胞结构可知，六棱柱中含有Sm的数目为2×12＋12×16＝3，Co的数目为12×12＋6×12＋6＝15，则晶体化学式为SmCo

5；②晶胞体积V＝12×32a×a×6×b×10－30cm3，故ρ＝59×15＋150×3332a2b×NA×10－30g·cm－3。第六单元化学反应与能量课练17化学能与热能狂刷小题夯基础1．答案：C解析：过程Ⅰ在太阳能的作用下水分解为氢气和

氧气，太阳能转化为化学能，A项不符合题意；过程Ⅱ为氢氧燃料电池放电过程，化学能转化为电能，B项不符合题意；2H2＋O2===2H2O为放热反应，因此2molH2与1molO2的能量之和大于2molH2O的能量，C项符合题意；2H2＋O2===2H2O为放热反应，故H2O的分解反应

为吸热反应，D项不符合题意。2．答案：B解析：化学反应中吸收或放出的能量为反应热，物理变化中的能量变化不是反应热。1molHCl分解成H、Cl时吸收的能量仅仅是化学键断裂吸收的能量，不是反应热，A不符合题意；石墨转化成金刚石时

吸收的能量是化学反应过程中吸收的热量，属于反应热，B符合题意；H＋H―→H2是形成化学键时放出的能量，不属于反应热，C不符合题意；冰变成水是物理变化，不属于反应热，D不符合题意。3．答案：D解析：反应过程中除了H＋和OH－反应放热，BaSO4沉淀的生成也伴随有反应热的变化，即H2SO4和Ba

（OH）2反应的反应热ΔH≠2×（－57.3）kJ·mol－1，故A错误；CH3OH（g）的燃烧热为1mol甲醇蒸气燃烧转化为二氧化碳和液态水放出的热量，不能生成氢气，故B错误；H2（g）的燃烧热是285.8kJ·mol－1，则2H2（g）＋O2（g）===2H2O

（l）ΔH＝－571.6kJ·mol－1，2H2O（l）===2H2（g）＋O2（g）ΔH＝＋571.6kJ·mol－1，故C错误；由葡萄糖的燃烧热是2800kJ·mol－1可知，0.5mol葡萄糖完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为1400kJ，即12C6H12O6（s）＋3O2（g）=

==3CO2（g）＋3H2O（l）ΔH＝－1400kJ·mol－1，故D正确。4．答案：D解析：等质量的红磷能量比白磷低，A中变化应为放热反应，ΔH＜0。B中，由图可知，红磷和白磷转变成的活化分子的能量相等，则红磷的活化能更高。C中红磷

应比白磷稳定。5．答案：B解析：等量的S具有的能量：S（g）>S（s），则等量的S（g）完全燃烧生成SO2（g）放出的热量多，故有ΔH1<ΔH2，A正确。等量H2S（g）完全燃烧生成SO2（g）放出的热量比不完全燃烧生成S（s）放出的热量多

，则有ΔH3>ΔH4，B错误。根据盖斯定律，由③－②可得⑤，则有ΔH5＝ΔH3－ΔH2，C正确。根据盖斯定律，由③×3－⑤×2可得④，则有2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4，D正确。6．答案：A解析：根据题目信息可知，①CO（g）＋12O2（g

）===CO2（g）ΔH＝－283kJ·mol－1，根据图像可知，②N2O（g）＋CO（g）===N2（g）＋CO2（g）ΔH＝－（330－123＋229－77）kJ·mol－1＝－359kJ·mol－1，根据盖斯定律，由（②－①）×2可得2N2O（g）===

2N2（g）＋O2（g）ΔH＝－152kJ·mol－1，A项正确。7．答案：B解析：根据热化学方程式可知，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，C、D错误；升高温度，N2（g）、H2（g）和NH3（g）的能量都升高，升高的能量可以根据比热容计算，反应物[N2（

g）＋3H2（g）]能量升高值为（29.1＋3×28.9）×ΔT、生成物[2NH3（g）]的能量升高值为（2×35.6）×ΔT，则升高温度后，反应物的总能量与生成物的总能量的差值（焓变的绝对值）更大了，A错误，

B正确。8．答案：ab解析：反应ⅰ的活化能是E1，反应ⅱ活化能是E3，E1<E3，a项正确；从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；总反应的ΔH＝E1－E2＋E3－E4，c项错误；故选ab。9．答案：（1）－45（2）128解析：

（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应12N2（g）＋32H2（g）===NH3（g）的ΔH＝（473＋654－436－397－339）kJ·mol－1＝－45kJ·m

ol－1。（2）由C40H20和C40H18的结构式和反应历程可以看出，C40H20中断裂了2根碳氢键，C40H18形成了1根碳碳键，所以C40H20（g）⇌C40H18（g）＋H2（g）的ΔH＝（431×2－298－436）kJ·mol－1＝＋128kJ

·mol－1。10．答案：＋118解析：根据盖斯定律，由①－②－③，可得④C6H5C2H5（g）⇌C6H5CH===CH2（g）＋H2（g）ΔH4＝－4386.9kJ·mol－1－（－4263.1kJ·mol－1）－（－241.8kJ·mol－1）＝＋118kJ·mol－1。1

1．答案：A解析：CO的燃烧热是1molCO完全燃烧生成二氧化碳气体放出的能量，CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－183kJ·mol－1能表示CO的燃烧热，选A；CH4的燃烧热是1molCH4完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的能量，所以CH4（g）＋2O2（g）===CO

2（g）＋2H2O（g）ΔH＝－802.3kJ·mol－1不能表示甲烷的燃烧热，不选B；H2的燃烧热是1molH2完全燃烧生成液态水放出的能量，2H2（g）＋O2（g）===2H2O（l）ΔH＝－571.6kJ·mol－1不能表示氢气的燃烧热，不选C；C2H5OH的燃烧热是1molC2H5OH

完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的能量，C2H5OH（l）＋3O2（g）===2CO2（g）＋3H2O（g）ΔH＝－1366.8kJ·mol－1不能表示乙醇的燃烧热，不选D。12．答案：D解析：物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知：在相同条件下，1，3­丁二烯比1，2­丁二烯

的能量更低，故1，3­丁二烯比1，2­丁二烯更稳定，A正确；使用催化剂能够降低反应的活化能，使反应在较低条件下发生，因而反应速率加快。根据图示可知曲线a对应的活化能高于使用催化剂时曲线b的活化能，B正确；由于1，2­丁二烯比1，3­丁二烯的能量高，故1，

2­丁二烯转化成1，3­丁二烯时会放出热量，该反应是放热反应，C正确；加入催化剂，只能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此反应的反应热（ΔH）不变，D错误。13．答案：B解析：将已知反应依次编号为

①②③④，由盖斯定律可知，②＋③可得HCO－3（aq）＋H＋（aq）⇌H2O（l）＋CO2（g）ΔH′＝ΔH2＋ΔH3＞0，①＋②＋③可得CO2－3（aq）＋2H＋（aq）⇌H2O（l）＋CO2（g）ΔH″＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＜0，②－④可得碳酸氢

根离子的水解反应HCO－3（aq）＋H2O（l）⇌H2CO3（aq）＋OH－（aq），盐类水解反应为吸热反应，则ΔH‴＝ΔH2－ΔH4＞0。A项，由分析可知，ΔH2＋ΔH3＞0，ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＜0，则ΔH1＜0，碳酸的分解反应为吸热反应，ΔH

3＞0，由ΔH2＋ΔH3＞0可知，ΔH2可能大于0，也可能小于0，故A错误；B项，由分析可知，ΔH2＋ΔH3＞0，故B正确；C项，由分析可知，ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＜0，故C错误；D项，由分析可知，ΔH2－ΔH4＞0，则ΔH2＞ΔH4，故D错误。14．答案：C解析：根据题图可知，ΔH1

＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝508kJ·mol－1－600kJ·mol－1＝－92kJ·mol－1，故合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产率下降，但升高温度能够提高反应速率，A错误。根据题表中的键能数据可得④2H2（g

）＋O2（g）===2H2O（g）ΔH4，ΔH4＝反应物的总键能－生成物的总键能＝2×436.0kJ·mol－1＋497.3kJ·mol－1－2×2×462.8kJ·mol－1＝－481.9kJ·mol－1，氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧

生成液态水所释放的热量，气态水变为液态水会释放热量，故氢气的燃烧热应大于240.95kJ·mol－1，B错误。结合盖斯定律可知3×④－2×①＋2×②＝③，故ΔH3＝3ΔH4－2ΔH1＋2ΔH2＝3×（－481.9kJ·mol－1）－2×（－92kJ·mol－1）＋2×180.5kJ·mol

－1＝－900.7kJ·mol－1，则a＝－900.7，C正确。向密闭容器中充入4molNH3和5molO2，充分反应，因该反应为可逆反应，反应不能完全进行，故放出的热量应小于|a|kJ，D错误。综合测评提能力1．答案：B解析：增大一种反应物的

浓度可以增大另外一种反应物的转化率，故途径②增大O2浓度可提高SO2转化率，A正确；中和热是指稀溶液中强酸与强碱反应生成1mol水放出的热量，而含1molH2SO4的浓溶液与足量NaOH反应生成2mol水，

且浓溶液稀释时放热，B错误；二氧化硫与三氧化硫均属于酸性氧化物，C正确；根据图示可得①SO2（g）＋H2O2（aq）===H2SO4（aq）ΔH1，②SO2（g）＋12O2（g）===SO3（g）ΔH2，③SO3（g）＋H

2O（l）===H2SO4（aq）ΔH3，根据盖斯定律，由2×①－2×②－2×③可得热化学方程式2H2O2（aq）===2H2O（l）＋O2（g）的ΔH＝2ΔH1－2ΔH2－2ΔH3，若ΔH1＜ΔH2＋ΔH3，则ΔH＜0，为放热反应，D正确

。2．答案：A解析：固体变为气体，吸收热量，A项正确；由热化学方程式可知，1mol氢气与氧气反应放出的热量比1mol氢气与硫反应放出的热量多221.7kJ，说明氧气与单质硫相比更容易与氢气化合，B项错误；由反应①②无法直接比较水和硫化氢的

热稳定性，C项错误；反应①生成的是气态水而不是液态水，D项错误。3．答案：D解析：C（s）的燃烧热是指1molC（s）完全燃烧生成稳定氧化物CO2（g）放出的热量，故C（s）的燃烧热不是110.4kJ·mol－1，A错误。2molCu2O（s）和1molO2（g）反应生成4mol

CuO（s）放出的热量为（640－348）kJ＝292kJ，则1molCuO分解生成Cu2O吸收73kJ热量，B错误。由图可知，反应2Cu2O（s）＋O2（g）===4CuO（s）的活化能为348kJ·mol－1，C错误。1mol

C（s）燃烧生成CO（g）放出110.4kJ热量，则有①C（s）＋12O2（g）===CO（g）ΔH＝－110.4kJ·mol－1；由图可得②Cu2O（s）＋12O2（g）===2CuO（s）ΔH＝－146kJ·mol－1；根据盖斯

定律，由①－②可得：C（s）＋2CuO（s）===Cu2O（s）＋CO（g），则有ΔH＝（－110.4kJ·mol－1）－（－146kJ·mol－1）＝＋35.6kJ·mol－1，D正确。4．答案：D解析：表示H2O（g）的生成热的热化学方程式为H2（g）＋12O

2（g）===H2O（g）ΔHf＝－243kJ·mol－1，A错误。表示CO（g）的燃烧热的热化学方程式为CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔHc＝－285kJ·mol－1，B错误。由图1知

O—H键的键能ΔHb＝12×（243＋436＋247）kJ·mol－1＝463kJ·mol－1，C错误。由图1得H2（g）＋12O2（g）===H2O（g）ΔH＝－243kJ·mol－1①，由图2得CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－285kJ·mol－1②，根据盖斯定律

，②－①得CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）ΔH＝－42kJ·mol－1，D正确。5．答案：B解析：使用催化剂，降低了反应的活化能，改变了反应历程，A项正确；使用催化剂，不能改变反应物和生成物的总能量，即不能改变反应的焓变（ΔH），B项错误；8h之后，C10

H8的产率还在增加，说明反应2未达平衡，而C10H8是由C10H12转化而来的，且C10H12的产率几乎保持不变，说明反应1也未达平衡，C项正确；由图像可以看出反应2的活化能低于反应1的活化能，故反应1生成的C10H12快速转化为C10H8，从而使x1显著低于x

2，D项正确。6．答案：B解析：化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，A错误；根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，B正确；催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，C错误；反应物总键能－生成物总键

能＝焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2（g）===2CO（g）＋O2（g）ΔH＝1598×2－1072×2－496＝＋556（kJ·mol－1），D错误。7．答案：B解析：根据盖斯定律由③－②－①得

CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）ΔH＝－41kJ·mol－1，故A正确；平衡常数只与温度有关，增大压强K不变，故B错误；反应①每生成1molCO的同时生成0.5molO2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；焓变＝反应物的键能之和－生成物的键能之

和，因此反应②断开2molH2和1molO2中的化学键所吸收的能量比形成4molO—H键所放出的能量少484kJ，故D正确。8．答案：D解析：催化剂表面发生化学反应，反应过程中，既有化学键的断裂，也有化学键的形成，A项正确；催化剂只能改变化学反应速率，不影响

化学平衡，故催化剂不能提高反应物的平衡转化率，B项正确；图乙中曲线Ⅰ的活化能比曲线Ⅱ的活化能高，故曲线Ⅱ为使用催化剂的能量变化曲线，C项正确；由图乙可知，使用催化剂后的反应过程中有中间产物生成，其中反应物转化为中间产

物的反应中，反应物的总能量比中间产物的总能量低，故该反应为吸热反应，D项错误。9．答案：C解析：由盖斯定律，③－②－①得④，ΔH4＝（－c＋a＋b）kJ·mol－1，C说法错误。10．答案：D解析：甲图中反应物能量高于生成物能量，是放热反应，而A选项中的热化学方程

式是吸热反应，故A错误；乙图体现的是CO2转化成CO的能量变化，而碳的燃烧热是1molC全部转化成CO2放出的热量，故B错误；丙图中V2为20mL时，温度最高，说明此时酸碱反应完全，又因为实验中始终保持V1＋V2＝60mL，则V1＝40mL，由酸碱中和反应关系式：2N

aOH～H2SO4可知，H2SO4和NaOH溶液的浓度不同，和题干不符，故C错误。11．答案：（1）－31.4（2）CH4（g）＋2SO2（g）⇌2S（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）ΔH＝＋352kJ·mol－1（3）2HCl（g）＋12O2（g）===H2O（g）＋Cl2（g）ΔH＝Δ

H1＋ΔH2＋ΔH3（4）NaAlO2（aq）＋2H2O（l）===NaOH（aq）＋α­Al（OH）3（s）ΔH＝－50kJ·mol－1（5）12（ΔH－3ΔH1－ΔH2－2ΔH3）解析：（1）根据题图可得如下热化学方程式：①HC

OOH（g）⇌CO（g）＋H2O（g）ΔH1＝＋72.6kJ·mol－1；②CO（g）＋12O2（g）⇌CO2（g）ΔH2＝－283.0kJ·mol－1；③H2（g）＋12O2（g）⇌H2O（g）ΔH3＝－241.80kJ·mol－1。反应CO2（g）＋H2（g）⇌HCOOH（g）可以由③－①

－②得到，由盖斯定律可得ΔH＝ΔH3－ΔH1－ΔH2＝（－241.80kJ·mol－1）－（＋72.6kJ·mol－1）－（－283.0kJ·mol－1）＝－31.4kJ·mol－1。（2）根据图像可知：①CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g

）＋2H2O（g）ΔH＝126kJ·mol－1－928kJ·mol－1＝－802kJ·mol－1；②S（g）＋O2（g）===SO2（g）ΔH＝－577kJ·mol－1；根据盖斯定律可知①－②×2即得到CH4和SO2反应的

热化学方程式为CH4（g）＋2SO2（g）⇌2S（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）ΔH＝＋352kJ·mol－1。（3）根据盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热都是相同的，由题图可知热化学方程式

为2HCl（g）＋12O2（g）===H2O（g）＋Cl2（g）ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。（4）首先写出反应②的化学方程式并注明状态NaAlO2（aq）＋2H2O（l）===NaOH（aq）＋α­Al（OH）3（s），根据盖斯定律求出该反应的焓变ΔH＝12（ΔH3－ΔH1）＝－50kJ·mo

l－1，可得热化学方程式为NaAlO2（aq）＋2H2O（l）===NaOH（aq）＋α­Al（OH）3（s）ΔH＝－50kJ·mol－1。（5）根据盖斯定律，①×3＋②＋③×2＋④×2可得N2（g）＋3

H2（g）⇌2NH3（g），ΔH＝3ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3＋2ΔH4，则ΔH4＝12（ΔH－3ΔH1－ΔH2－2ΔH3）。12．答案：（1）－159.47（2）吸收热量·OH＋·H===H2O（g）（3）＋5.41kJ·mo

l－1解析：（1）根据盖斯定律，Ⅰ＋Ⅱ得总反应：2NH3（g）＋CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）＋H2O（g）ΔH3＝－86.98kJ·mol－1，所以ΔH1＝－86.98kJ·mol－1－72.49kJ·mol－1＝－159.47kJ·mol－1。

（2）根据图像可知，吸附态的能量小于过渡态，所以物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会吸收热量；活化能最小的过程是·CO＋·OH＋·H＋3H2（g）生成·CO＋3H2（g）＋H2O（g），反应方程式是·OH＋·H===H2O（g）。（3）已知CO（g）、CH4（

g）、CH3CHO（l）的燃烧热分别为283.0kJ·mol－1、890.31kJ·mol－1、1167.9kJ·mol－1，分别写出燃烧热的热化学方程式，再用第3个的热化学方程式减去第1个和第2个的热化学方程式，则

乙醛的分解反应CH3CHO（l）⇌CH4（g）＋CO（g）的ΔH＝－1167.9kJ·mol－1－（－283.0kJ·mol－1）－（－890.31kJ·mol－1）＝＋5.41kJ·mol－1。13．答案：（1）－415.5（2）①ClO－2②－117kJ·mol－1③4C

lO－3（aq）===3ClO－4（aq）＋Cl－（aq）ΔH＝－138kJ·mol－1（3）①2CuCl2（s）＋O2（g）===2CuO（s）＋2Cl2（g）ΔH＝＋125.4kJ·mol－1②溶液由红色变为无色（或溶液红色变浅）解析：（1）分析题给热化学方程式，根据盖斯定律，由①×3＋②

可得3Cl2（g）＋6NaOH（aq）===5NaCl（aq）＋NaClO3（aq）＋3H2O（l）ΔH＝3ΔH1＋ΔH2＝（－101.1kJ·mol－1）×3＋（－112.2kJ·mol－1）＝－415.5kJ·mol－1。（2）①物质具有的能量越高，其

稳定性越弱，故最不稳定的离子是ClO－2。②ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量，则反应3ClO－（aq）===ClO－3（aq）＋2Cl－（aq）的ΔH＝63kJ·mol－1－3×60kJ·mol－1＝－1

17kJ·mol－1。③由ClO－3生成ClO－4和Cl－的反应为4ClO－3（aq）===3ClO－4（aq）＋Cl－（aq），该反应的ΔH＝3×38kJ·mol－1－4×63kJ·mol－1＝－138kJ·mol－1。（3）①由图可知，过程Ⅱ（氧化）发生的反应为2CuCl2（s）＋O

2（g）===2CuO（s）＋2Cl2（g），将题给O2氧化HCl的热化学方程式编号为ⅰ，将过程Ⅰ反应的热化学方程式编号为ⅱ，根据盖斯定律，由ⅰ－ⅱ×2可得2CuCl2（s）＋O2（g）===2CuO（s）＋2Cl2（g）ΔH＝（－115.4kJ·mol－1）－（

－120.4kJ·mol－1）×2＝＋125.4kJ·mol－1。课练18原电池化学电源狂刷小题夯基础1．答案：A解析：根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，盐桥的作用是构成闭合回路

和平衡两烧杯中的电荷，所以Cl－向负极移动，故A正确；铁作负极，负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，正极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，故B错误；左烧杯中pH基本不变，右烧杯中消耗H＋，c（H＋）减小，pH增大，故C错误；电池总反应式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2

↑，铁作负极，发生氧化反应，故D错误。2．答案：C解析：把四个实验从左到右分别编号为①②③④，则由实验①可知，a作原电池负极，b作原电池正极，金属活动性：a＞b；由实验②可知，活动性：b＞c；由实验③可知，d作原电池负极，c作正极，活动性：d＞c；由实验④可知，d极为原电池负极

，a极为原电池正极，活动性：d＞a。3．答案：B解析：根据题干信息可知，放电时总反应为4Na＋3CO2===2Na2CO3＋C。放电时负极上Na发生氧化反应失去电子生成Na＋，故A错误；放电时正极上CO2得到电子生成C，故B正确；放电时阳离子移向正极，故C错误；放电时装置为原电池，将

化学能转化为电能，故D错误。4．答案：A解析：放电时，负极Pb失去电子转化为PbSO4，负极质量增加，A项错误；放电过程中消耗H2SO4，溶液中c（H＋）减小，B项正确。5．答案：B解析：外壳为金属锌，作负极，电解质显酸性，则负极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，

A项正确；中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnO（OH），则正极反应式为MnO2＋e－＋H＋===MnO（OH），B项错误；维持电流为0.5A，电池工作5分钟，则通过的电荷量Q＝It＝0.5×5×60C＝150C，因此转移电子的物质的量是150C96500

C·mol－1≈0.00155mol，1molZn在反应中失去2mol电子，则理论上消耗Zn的质量是0.00155mol2×65g·mol－1≈0.05g，C项正确；酸性锌锰电池与碱性锌锰电池相比，缺点是电解质溶液易发生泄漏，单位质量所输出的电能少且可储

存时间短，连续放电时间短等，D项正确。6．答案：B解析：由于氧化性：Cr2O2－7>Fe3＋，即Cr2O2－7可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，故在原电池中，Fe2＋失电子被氧化，则a极为负极；Cr2O2－7得电子被还原，则b极

为正极。Fe2＋失电子被氧化，即甲烧杯的溶液中发生氧化反应，A错误；外电路中电流由正极流向负极，即由b极流向a极，B正确；原电池中，阴离子移向负极，则SO2－4移向甲烧杯，C错误；乙烧杯中Cr2O2－7得电子被还原，则电极反应式为Cr2O2－7＋6e－＋14

H＋===2Cr3＋＋7H2O，D错误。7．答案：B解析：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。8．答案：C解析：由充电时电极a的反应式可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极

a的反应为Na3Ti2（PO4）3－2e－===NaTi2（PO4）3＋2Na＋可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；放电时正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－浓度都增大，则放电时Na

Cl溶液的浓度增大，故C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2（PO4）3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2（PO4）3，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g·mol－1×2

mol＝46g，故D错误。9．答案：CD解析：据图可知，甲室流出液经低温热解得到CuSO4和NH3，则甲室中生成了[Cu（NH3）4]SO4，发生的反应为Cu－2e－＋4NH3===[Cu（NH3）4]2＋，甲室Cu电极为负极，A错误；乙室Cu电极为正极，发生反应：Cu

2＋＋2e－===Cu，消耗Cu2＋，为维持电解质溶液呈电中性，SO2－4透过隔膜进入甲室，则隔膜为阴离子膜，B错误；根据正、负极反应，可知电池总反应为Cu2＋＋4NH3===[Cu（NH3）4]2＋，C正确；NH3能与Cu2＋反

应生成[Cu（NH3）4]2＋，因此若NH3扩散到乙室，则乙室Cu2＋浓度减小，对电池电动势有影响，D正确。10．答案：B解析：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。11．答案：C解析：新型NaBH4/H2O2燃料电池总反应方程式为NaBH4＋4H2O2===NaBO2＋6H2O，由总反应式可确定负极反应物为Na

BH4，正极反应物为H2O2。电池正极区H2O2得电子，发生还原反应，A不正确；电池工作时，通过发生氧化还原反应，将化学能转化为电能，B不正确；从总反应式可知，电池工作时，H2O2中的O元素从－1价降低到－2价，则H2O2得电子，C正确；电池工作过程中，阳离子向正极移动，则Na＋从负极区向正

极区迁移，D不正确。12．答案：C解析：该原电池装置的Pt极为正极，2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，BiVO4为负极，SO2－3－2e－＋2OH－===SO2－4＋H2O。电子流向应为BiVO4电极→导线→Pt电极，C项错误。13．答案：D解析：c（Cl2）越大，反应速

率越快，则消耗银的速率也越快，A正确；银比铂活泼，铂作正极，Cl2在铂上得到电子发生还原反应生成Cl－，再与电解质中的Ag＋结合，电极反应式为Cl2＋2e－＋2Ag＋===2AgCl，B正确；根据电池总反应式可知，电解质中Ag＋总数保持不变，C正确；原电池中，电子从负极经过

外电路的导线流向正极，电子不能通过电解质，故电子移动方向应是银→外电路导线→铂，D错误。14．答案：D解析：由题中方程式可知放电过程是Pb－2e－===Pb2＋，在a电极发生氧化反应，A错误；硫酸根离子会与铅离子反应生成硫酸铅沉淀，所以不能用稀硫

酸酸化电解质溶液，B错误；放电过程中，b电极发生的反应为Ce4＋＋e—===Ce3＋，C错误；放电过程中，内电路电流的方向是a→b，所以电解质溶液中的CH3SO－3向a电极移动，D正确。15．答案：C解析：由图可知，闭合K1时放电，化学能转化为电能，闭合K2时充电，A为阴极

，B为阳极。由图可知总反应式为Cd＋2NiOOH＋2H2O放电充电Cd（OH）2＋2Ni（OH）2，B极发生氧化反应时消耗OH－生成NiOOH，KOH浓度降低。16．答案：B解析：放电时，镍基电极为正极，电极

反应式为Ni（OH）2＋2e－===Ni＋2OH－，故A正确；放电时，锌基电极为负极，Zn转化为2ZnCO3·3Zn（OH）2，电极反应式为5Zn＋2CO2－3＋6OH－－10e－===2ZnCO3·3Zn（OH）

2，混合电解液中没有Zn2＋，故B错误；充电时，a接电源负极，锌基电极为阴极，故C正确；充电时，锌基电极为阴极，电极反应式为2ZnCO3·3Zn（OH）2＋10e－===5Zn＋2CO2－3＋6OH－，故D正确。综合测评提能力1

．答案：A解析：从两个原电池的电极可以判断出三种金属的活动性关系为：Cd>Co>Ag，则氧化性关系为：Cd2＋<Co2＋<Ag＋，根据氧化还原反应规律知A项错误。2．答案：D解析：该原电池中铝作负极被腐蚀，浸透食盐水的木炭棒作正极

，A正确；在外电路中，电子由铝罐流出沿导线流向扬声器，再由扬声器沿导线流向木炭棒，B正确；食盐水中的阳离子向正极移动，即Na＋向木炭棒移动，C正确；木炭棒为正极，正极发生还原反应，在中性环境下，发生吸氧腐蚀，即O2＋4e－＋2H2O===4OH－，D错误。3．答案：D解析：

锌、铜、稀硫酸构成原电池，锌为负极，铜为正极，正极上发生还原反应生成氢气，故A错误；锌为负极，发生氧化反应，故B错误；电子从锌极经外电路流向铜极，故C错误；该装置存在电能与化学能、电能与光能的转化，故D正确。4．答案：C解析：活泼金属锌作负极，铜作正极，

铜电极上发生还原反应，故A错误；电池工作一段时间后，甲池中的c（SO2－4）不变，故B错误；铜电极上发生电极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，同时Zn2＋通过阳离子交换膜从甲池移向乙池，由电荷守恒可知，乙池中每析出1mo

lCu，则有1molZn2＋从甲池移向乙池，因为M（Zn）>M（Cu），所以乙池溶液的总质量增加，故C正确；阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，阴离子不能通过阳离子交换膜，故D错误。5．答案：C解析：A项，实验①和②都是西红杮，电极间距离不同，电流大小不同，实验②和

③电极间距离相同，水果种类不同，电流大小也不同，所以该实验的目的是探究水果种类和电极间距离对水果电池电流大小的影响，正确；B项，实验②和③电极间距离相同，水果种类不同，电流大小不同，表明水果种类对电流大小有影响，正确；C项，锌

比铜活泼，锌作负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，错误；D项，其他条件相同时，改变电极插入水果的深度，改变了电极和电解质溶液的接触面积，可能影响水果电池电流的大小，正确。6．答案：B解析：根据氢离子的流向可知碳棒b为正极，光合菌产生的O2得电子结

合H＋得到H2O，碳棒a为负极，FeSx在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根离子。由以上分析可知b极为正极，a极为负极，正极的电势高于负极，A正确；光照强度增强，光合作用越强，产生的氧气越多，电池的输出功率越大，即光照强度对电池的输出功率

有影响，B错误；b为正极，光合菌产生的O2得电子结合H＋得到H2O，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，C正确；酸性增强不利于菌落存活，负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后，电池效率降低，D正确。7．答案：D解

析：放电时，钠电极是负极，阴离子ClO－4向b极移动，A正确；放电时，正极上CO2得电子转化为C，电极反应式为3CO2＋4e－===2CO2－3＋C，B正确；充电时，该装置是电解池，与电源的负极相连的是阴极，电极反应式为Na＋＋

e－===Na，C正确；充电时，阳极的电极反应式为2CO2－3＋C－4e－===3CO2↑，转移4mol电子时生成3molCO2，题目未指明CO2是否处于标准状况，故无法判断其体积是否为67.2L，D错误。8．答案：A解析：根据总反应可知，Li为负极，石墨棒为正极，正极上CFx转化为C，电极反应式

为CFx＋xe－＋xLi＋===xLiF＋C，A项正确；根据正极的电极反应式可知，负极区的Li＋通过离子交换膜进入正极区，则离子交换膜为阳离子交换膜，B项错误；Li能与乙醇发生反应，因此电解质溶液不能用LiClO4的乙醇溶液代替，C项错误；b极为正极

，a极为负极，故b极电势高于a极电势，D项错误。9．答案：A解析：该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，A项正确；该装置工作时，H＋由a极区流向b极区，B项错误；a极上发生氧化反应，失电子，所以a极上发生的电极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋，C项错误

；由题图可知a极区Fe2＋和Fe3＋可相互转化，故不需补充含Fe3＋和Fe2＋的溶液，D项错误。10．答案：C解析：由题图知，O2－在Pt/YSZ电极表面失去电子被氧化为O2，Pt/YSZ为电解池的阳极，电解池的阳极与电源的正极相连，A正确；若用普通电极，O2在阴极优先放

电，NO难以被还原，用混合氧化物电极时，由题图可知，氧气在混合氧化物电极的“YSZ”表面放电，NO在“NiO”表面被还原，从而提高了NO的还原效率，B正确；由题干中“通电时，NiO转化为金属Ni，金属Ni还原NO”知，还原NO的反应为2NO＋2Ni===N2＋2NiO，C错误；阴极

有30mgNO被还原的同时还有O2被还原，转移电子的物质的量大于2mmol，阳极反应为2O2－－4e－===O2↑，生成的氧气大于0.5mmol，即阳极生成的O2大于16mg，D正确。11．答案：（1）负NO2＋NO－3－e－===N2O5（

2）甲CO（NH2）2＋H2O－6e－===CO2↑＋N2↑＋6H＋33.6解析：（1）该燃料电池中，正极上通入O2，石墨Ⅱ为正极，电极反应式为O2＋2N2O5＋4e－===4NO－3，负极上通入NO2，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2＋NO－3

－e－===N2O5。（2）根据图示可知，甲电极上CO（NH2）2反应生成二氧化碳和氮气，N元素化合价升高，失电子，为电源的负极，电解质溶液为酸性，则其电极反应式为CO（NH2）2＋H2O－6e－===CO2↑＋N2↑＋6H＋，该反应的总方程式为2CO（NH2）2

＋3O2===2CO2＋2N2＋4H2O，根据关系式2CO（NH2）2～3O2可知，电池工作时，理论上每净化1mol尿素，消耗标况下O2的体积为1.5mol×22.4L·mol－1＝33.6L。12．答案：（1）Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu0.2（2）2H

＋＋2e－===H2↑酸性NH＋4＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋（3）阴2Cl－－2e－===Cl2↑（4）1解析：（1）Fe是活性电极，失电子被氧化生成Fe2＋，石墨是惰性电极，溶液中的Cu2＋在石墨电极得电子被还原生成Cu，故该原电池反应为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。工作过程中，F

e作负极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，铁电极质量减少；石墨作正极，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，石墨电极质量增加；设两电极质量相差12g时电路中转移电子为xmol，则有xmol×12×56g·mol－1＋xmol×12×64g·mol－1＝12g，解得x＝0.2。（

2）NH4Cl溶液中NH＋4会发生水解反应：NH＋4＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，使溶液呈酸性，故石墨电极（即正极）上发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑。（3）其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n形，则甲装置为原电池，Fe作负极，Cu作

正极；乙装置为电解池，则石墨（1）为阴极，石墨（2）为阳极，溶液中的Cl－在阳极放电生成Cl2，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑。（4）若将乙装置中的CuCl2溶液改为400mLCuSO4溶液，电解CuSO4溶液的总反应方程式为2CuSO4＋2H2O=====电解2H2SO4＋2Cu＋O

2↑，当电极质量增加1.28g（即析出0.02molCu）时，生成0.02molH2SO4，则c（H＋）＝0.02mol×20.4L＝0.1mol·L－1，pH＝－lg0.1＝1，故此时溶液的pH为1。13．答案：（1）负K2SO4（2）Pb

O2＋SO2－4＋Zn＋2H2O===PbSO4＋Zn（OH）2－4（3）a（4）5361（5）＞＜（6）0.23解析：（1）根据图示可知Zn电极失去电子Zn2＋与溶液中的OH－结合形成Zn（OH）2－4，所以Zn电极为负极；在A区域电解质为KOH，在B区域电解质为K2SO4，C区域电解质为H

2SO4；PbO2电极为正极，得到电子发生还原反应；（2）负极电极反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn（OH）2－4，正极的电极反应式为PbO2＋2e－＋4H＋＋SO2－4===PbSO4＋2H2O，总反应的方程式为PbO2＋SO2－4＋Zn＋2H2O===PbS

O4＋Zn（OH）2－4；（3）A区域是KOH溶液，OH－发生反应变为Zn（OH）2－4，为了维持溶液呈电中性，多余的K＋通过交换膜进入到B区域，由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，因此a膜为阳离子交换膜；（4）6.5gZn的物质的量是n（Zn）＝6.

5g65g·mol－1＝0.1mol，Zn是＋2价金属，则转移电子n（e－）＝0.2mol，1mol电子的电量为1F，F＝96500C·mol－1，转移0.2mol电子的电量Q＝0.2mol×96500C·mol－1＝19300C，则理论上可产生的容量

（电量）为19300×1033600mA·h＝5361mA·h；（5）由于Zn比Pb活动性强，正极材料都是PbO2，所以Zn­PbO2的电势差比Pb­PbO2的电势差大，则𝐸Zn­PbO2＞𝐸Pb­PbO2；不同电池的电势差越大，电池反应的

自由能变就越小。则Δ𝐺Zn­PbO2＜Δ𝐺Pb­PbO2；（6）反应ZnS（s）＋H2（g）催化剂高温Zn（s）＋H2S（g）在727℃时的平衡常数Kp＝2.24×10－6，若在盛有ZnS的刚性容器内通入压强为1.01×105Pa的H2，由于该反应是反应前后气体体积

不变的反应，因此反应前后气体总压强不变，假如H2S占总压强分数为x，则H2为（1－x），根据平衡常数的含义可得x1－x＝2.24×10－6，解得x≈2.24×10－6，所以达到平衡时H2S的分压为2.

24×10－6×1.01×105Pa＝0.23Pa。课练19电解池金属的腐蚀与防护狂刷小题夯基础1．答案：A解析：A项，石墨、Fe和电解质溶液构成原电池，Fe作负极加速被腐蚀，错误；B项，将铁和电源负极相连时，Fe作阴极而被保护，正确；C项，为牺牲阳极法，正确；D项，为增加防护

层，正确。2．答案：C解析：电解盐酸，溶质HCl的量减少，溶剂的量不变，所以酸性减弱，pH增大，A项错误；电解硝酸银溶液生成硝酸、金属银和氧气，溶液酸性增强，pH减小，B项错误；电解氢氧化钾溶液的实质是电解水，溶质

的量不变，溶剂的量减少，溶液碱性增强，pH增大，C项正确；电解氯化钡溶液得到氢氧化钡、氢气和氯气，溶液碱性增强，pH增大，D项错误。3．答案：D解析：根据题图可知，X为阳极，Y为阴极，电解饱和食盐水时，

阴极区得到H2和NaOH，所以Y附近得到氢氧化钠，故A错误；铜的电解精炼，应用粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以X是粗铜，Y是纯铜，故B错误；电镀时，应以镀层金属作阳极、待镀金属作阴极，所以X是镀层金属，Y是待镀金属，故C错误。4．答案：C解析：铁丝发生吸氧腐蚀也需要水参加，图①干燥的空气中没

有水分不易形成原电池，很难发生吸氧腐蚀，故A错误；图②采用的是牺牲阳极法，金属M必须比铁活泼才可以，则M不可用石墨代替，故B错误；图③采用的是外加电流法，若电源断开，则钢铁闸门和周围的海水形成原电池，发生的是吸氧腐蚀，

故C正确；图③采用的是外加电流法，辅助电极N为阳极，可以是惰性电极石墨，则N可选石墨，故D错误。5．答案：D解析：依据放电顺序，阴极先放电的是Cu2＋，故阴极开始析出的是Cu，阳极先放电的是Cl－，故阳极开始产生的是Cl2，故A、B错误；由阴

极反应Cu2＋＋2e－===Cu，n（Cu2＋）＝0.1mol，当电路中通过电子的量达到0.2mol时，此时Cu2＋消耗完毕，阴极放电离子变为H＋，故C错误；阳极先是Cl－放电，当Cl－消耗完毕，此时H

2O电离产生的OH－开始在阳极放电，SO2－4不参与电极反应，故D正确。6．答案：C解析：根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含Cu、Mg和Si等的铝合金废

料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2＋和Al3＋，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3＋得电子生成Al单质，从而实现Al的再生。阴极应该发生得电子的

还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2＋，A错误；Al在阳极上被氧化生成Al3＋，B错误；阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电

子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误。7．答案：D解析：由题图可知，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。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Cl－＋H2

O=====电解ClO－＋H2，其pH略微升高，C错误；由图可知，阳极上的电极反应为Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，D正确。8．答案：C解析：根据各电极上的物质变化，判断反应类型，确定电极类型。石墨电极为阳极，A项错误；该电解池的电解质为熔融盐，不存在H＋，B项错误

；根据阳极上生成CO知，石墨优先于Cl－参与反应，C项正确；石墨电极为阳极，阴离子O2－向石墨电极移动，D项错误。9．答案：B解析：电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，

发生氧化反应，故A正确；电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为2H2O＋4e－＋O2===4OH－，故B错误；右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B

处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D正确。10．答案：C解析：图示装置中铁作阴极，由实验现象知，实验①中铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极放电，得电子发生还原反应生成铜；实验②

中铜离子先与过量氨水反应生成四氨合铜离子，c（Cu2＋）减小，避免了Fe与Cu2＋反应，然后四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，故铁表面得到比实验①更致密的镀层。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；[Cu（NH3）4]2＋在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，故随阴极析出铜，[Cu（NH3）4]2＋浓度减小，Cu2＋＋4NH3⇌[Cu（NH3）4]2＋平衡正向移动，C项错误；由以上分析知，D项

正确。11．答案：D解析：石墨电极物质转化为：P4→Li[P（CN）2]，磷元素化合价升高，发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：P4＋8CN－－4e－===4[P（CN）2]－，则生成1molLi

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

iOH，D正确。12．答案：D解析：A电极是阴极产生氢气，B电极是阳极产生氧气，两者的体积之比为2∶1，所以逸出气体的体积：A电极>B电极，故A错误；氧气和氢气都是无色无味的气体，不可能逸出刺激性气味气体，故B错误；A电极是阴极，产生氢气，同时产生氢氧根离子，呈碱性，使石蕊溶液呈蓝色

，而B电极是阳极，产生氧气，同时产生氢离子，所以B极区呈酸性，使石蕊溶液呈红色，故C错误；石墨作电极，电解稀Na2SO4溶液实质就是电解水，所以电解后的溶液呈中性，所以将全部电解液转移到同一烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性，故D正确。13．答案：C解析：根据

题给装置图可知，阳极的电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极的电极反应式为O2＋2H＋＋2e－===H2O2，故A、B项错误。根据题图可知，H2O2可将NH3·H2O氧化为N2，C项正确。根据电极反应式可知，工作过程中阳极上生成氢离子，所以阳极附近溶液的p

H逐渐减小，D项错误。14．答案：C解析：根据海水提取金属锂的装置图知，催化电极上放出气体，为氯离子放电生成氯气，因此催化电极为阳极，则铜箔为阴极，铜箔上的电势比催化电极上的低，故A错误；海水中的锂离子和氯离

子放电，海水的pH基本不变，故B错误；根据转移电子数相等，若导线中转移1mol电子，则铜箔上产生1molLi，质量为7g，故C正确；因为催化电极为阳极，放出氯气，铜箔为阴极，形成金属锂，所以固体陶瓷膜为阳离子交换膜，不能用质子交换膜代替，故D错误。15．答案：A解析：图

a中为两种情况的吸氧腐蚀。锌比铁活泼，锌为负极：Zn－2e－===Zn2＋，铁为正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，A项错误、B项正确；铁比铜活泼，铁为负极，生成的Fe2＋与[Fe（CN）6]3－结合产生蓝色沉淀，铜电极产生OH－，丙区

域酚酞变红色，C、D项正确。16．答案：B解析：进液1中的NaHSO3转化为再生液中的NaOH，故a电极上水电离出的H＋放电，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，a电极是阴极，中间室中的Na＋通过m移

向左室，故m是阳膜，A错误。b电极作阳极，H＋通过阳膜移向中间室，与SO2－3、HSO－3结合生成H2SO3，故出液1的溶质主要是H2SO3，B正确。b电极上水电离出的OH－放电，故右室中H2O减少，H2SO4浓度增大，出液2的pH略小于进液2的pH，C错误。由a电极的电极反应式可知，当电路中转移

0.2mol电子时，a电极产生0.1molH2，标准状况下体积为2.24L，D错误。17．答案：C解析：传统氯碱工艺电解饱和食盐水，使用阳离子交换膜，与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜，故

A正确；根据题图，第一步中阳极反应为Na0.44MnO2－xe－===Na0.44－xMnO2＋xNa＋，故B正确；第二步中，放电结束后，Na0.44－xMnO2＋xNa＋＋xe－===Na0.44MnO2，Ag－e－＋Cl－===AgCl，电解质溶液中NaCl的

含量降低，故C错误；理论上，每消耗1molO2，转移4mol电子，第一步生成4molNaOH，根据钠守恒，第二步提取4molNaCl，第三步生成2molCl2，故D正确。综合测评提能力1．答案：C解析：锌环与电源的正极相连，为阳极，发生氧化反应，A项正确；断电时，Zn比铁活泼，

作负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，C项错误。2．答案：D解析：①是密闭体系，NaCl溶液中溶解的O2较少，不足以使生铁片明显锈蚀，A项正确；苯属于非电解质，②中无电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，B项正确；根据③中现象，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2＋4

e－＋2H2O===4OH－，C项正确；根据现象可知，③中发生吸氧腐蚀，③中观察到明显锈蚀，说明苯不能隔绝O2，D项错误。3．答案：A解析：M电极为正极，N电极为负极，电子从N电极经导线流向M电极，A错误；正极的电极反应式为O2

＋2H2O＋4e－===4OH－，因此正极区附近溶液的pH增大，C正确；电路中转移0.01mol电子时，有0.01mol4＝0.0025mol氧气反应，质量为0.0025mol×32g·mol－1＝0.08g，D正

确。4．答案：B解析：由图可知阳极（反应②），CuCl－＋Cl－－e－===CuCl－2，A错误；由图可知，总反应为2Cu＋H2O=====电解H2↑＋Cu2O，B正确；根据总反应可知，电解时消耗水，使c（H＋）减少，pH变大，C错误；没有说明标准状况，无法

计算出氢气的物质的量，D错误。5．答案：D解析：在电解装置中，电子由电源的负极流入阴极，所以a极为负极，X极为阴极，Y极为阳极，b极为正极，A正确；在电解池中，阴离子向阳极（Y极）迁移，B正确；Y极上钾汞齐发生氧化反应，C正确；析出1mol铝时转移3mol

电子，即转移1mol电子理论上析出9gAl，D错误。6．答案：D解析：pH＝2.5的醋酸溶液与铁反应时压强增大，则为析氢腐蚀，电极反应式为2CH3COOH＋2e－===H2↑＋2CH3COO－，pH＝5.0时压强减小，则是吸氧腐蚀，电极反应式为O2＋4CH3COOH＋4

e－===2H2O＋4CH3COO－。pH＝5.0的醋酸溶液反应时压强减小，则是吸氧腐蚀，A正确；pH＝2.5时，压强增大，是析氢腐蚀，pH＝5.0时，压强减小，是吸氧腐蚀，酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同，B正确；两组溶液都在消耗氢离

子，pH一定逐渐变大，C正确；腐蚀速率与氢离子浓度有关，换成盐酸，若pH相同，则速率相同，D错误。7．答案：C解析：放电时，b电极上发生还原反应，电极反应式为Zn2＋＋V2O5＋2e－===ZnV2O5，A正确；原电池中阳离

子向正极移动，放电时，Zn2＋从a电极区向b电极区迁移，B正确；放电时，b是正极，所以充电时b电极与电源的正极相连，C错误；充电时，a电极发生：Zn2＋＋2e－===Zn，转移0.4mol电子，a电极增重m（Zn）＝65g·mo

l－1×0.2mol＝13g，D正确。8．答案：C解析：由题图可知，在碱性条件下，H2O生成H2是非自发过程，Zn生成ZnO2－2是自发过程，故K接K1时形成电解池，M是直流电源；K接K2时形成原电池，N是用电器

，A正确。当K和K1相接时，a极发生得电子的还原反应，为阴极，b极为阳极，溶液中的OH－向b极迁移，B正确。当K和K2相接时，c极作负极，b极作正极，故b极的电极反应式为NiOOH＋e－＋H2O===Ni（OH）2＋OH－，C错误。理论上，每生成1molH2，转移2mol

电子，则Q＝nF＝2mol×96500C·mol－1＝1.93×105C，D正确。9．答案：A解析：电解时，铁作阴极，石墨作阳极，若铁作阳极，则铁放电，A正确；阳极发生氧化反应，I－失电子被氧化，电极反应式为I－－6e－＋3H2O===IO－3＋6H＋，B、D两项错

误；阴极上水放电，2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，溶液的pH升高，C项错误。10．答案：C解析：由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，则左侧铁板为阳极，故a接电源正极，A项正确；左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，

亚铁离子被溶液中的Cr2O2－7氧化，反应的离子方程式为Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，B项正确；标准状况下，13.44L氢气的物质的量为13.44L22.4L·mol－1＝0.6mol，根据转移电子守恒得n（Fe2＋）＝0.6mol

×22＝0.6mol，根据Cr2O2－7～6Fe2＋可知，被还原的Cr2O2－7的物质的量为0.6mol×16＝0.1mol，C项错误；阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，D项正确。11．答案：D解析：

a极区的稀氢氧化钠溶液变为浓氢氧化钠溶液，说明a极区生成了氢氧化钠，即钠离子通过膜1向a极区迁移，膜1为阳离子交换膜；同理，氯离子通过膜2向b极区迁移，膜2为阴离子交换膜，A项正确；提纯蛋白质，不能让蛋白质（胶体粒子）通过膜1、膜2，所以膜1、膜2孔径应不大于半透膜孔径，B项正确；a极为

阴极，发生还原反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，C项正确；每转移2mol电子，结合电极反应和电荷守恒可知，理论上乳清减少的质量为2molNaCl的质量，即质量减少117g，D项错误。12．答案：（1）原电池CH3OH＋8OH－－6e－===CO2－3＋6H2O（2）阳极4AgN

O3＋2H2O=====电解4Ag＋O2↑＋4HNO3（3）280D1.60（4）减小增大解析：（1）甲池为原电池，通入CH3OH的电极为负极，电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－===CO2－3＋6H2O。（2）乙池为用惰性电极电解AgN

O3溶液，其中A作阳极，B作阴极，总反应式为4AgNO3＋2H2O=====电解4Ag＋O2↑＋4HNO3。（3）根据各电极上转移的电子相同，得n（Ag）＝4n（O2）＝2n（Cu），故V（O2）＝14×5.40g108g·mol－1×22.4L·mol－1＝0

.28L＝280mL，m（Cu）＝12×5.40g108g·mol－1×64g·mol－1＝1.60g。（4）若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，根据丙中总反应2NaCl＋2H2O=====电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，则溶液pH增大，而甲中总反应为2CH

3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O，溶液pH减小。13．答案：（1）①a②2NO－2＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O（2）NO＋6H＋＋5e－===NH＋4＋H2O32（3）①负H2S＋2H2O－6e－

===SO2＋6H＋②SO2＋H2O2===H2SO4解析：（1）①生成Ce4＋，则Ce3＋－e－===Ce4＋，Ce4＋在阳极生成，从a口流出；②NO－2转化为无毒物质，则NO－2在阴极得电子，转化为N

2，结合电子得失守恒、电荷守恒可得阴极电极反应为2NO－2＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O。（2）根据电解装置，NO和SO2转化为硫酸铵，说明NO转化成NH＋4，即NO在阴极上发生：NO＋6H＋＋5e－===NH＋4

＋H2O；阳极反应式为SO2＋2H2O－2e－===4H＋＋SO2－4，根据得失电子守恒，有关系式2NO～10e－～5SO2，求出SO2的质量为4.48×5×642×22.4g＝32g。（3）a电极硫化氢转化为二氧化硫，硫元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，①b接电源的负极

，阳极的电极反应式为H2S＋2H2O－6e－===SO2＋6H＋。②SO2经一步反应转化为H2SO4的化学方程式：SO2＋H2O2===H2SO4。14．答案：（1）①正极Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋②增大③阳（2）2MnO2＋4KOH＋O2==

===△2K2MnO4＋2H2OKOHMnO2－4－e－===MnO－4K＋由阳离子交换膜左侧向右侧迁移（3）①NO＋5e－＋6H＋===NH＋4＋H2O②1∶4解析：（1）①根据题意可知，Cl－放电生成ClO2的电极为阳极，接电源的正极。根据元素守恒，有水参加反应，同时生

成H＋，电极反应式为Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋；②a极区为阴极区，电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴极区OH－浓度增大，溶液的pH增大；③根据溶液中电荷守恒的规律，图中应使用

阳离子交换膜。（2）软锰矿（主要成分是MnO2）与KOH小火加热至熔融，得到K2MnO4，Mn元素化合价由＋4价升为＋6价，则空气中的O2作氧化剂，化学方程式为2MnO2＋4KOH＋O2=====△2K2MnO4＋2H2O；电解锰酸钾溶液时

，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，K＋通过阳离子交换膜由左侧向右侧迁移，所以D是氢氧化钾溶液，阳极上MnO2－4失电子生成MnO－4，电极反应式为MnO2－4－e－===MnO－4。（3）①由图示可

知，NO在阴极上得电子生成NH＋4，电极反应式为NO＋5e－＋6H＋===NH＋4＋H2O；②NO在阳极上失电子生成NO－3，电极反应式为NO－3e－＋2H2O===NO－3＋4H＋，电解总反应式为8

NO＋7H2O=====电解3NH4NO3＋2HNO3，故当实际参加反应的NO为8mol时，要将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，还应通入2molNH3，则n（NH3）∶n（NO）＝2mol∶8mol＝1∶4。单元检测6化学反应与能量1．答案：B解析

：水凝固成冰时放出热量，则相同质量的水和冰相比，水的能量更高，A项错误；石灰石煅烧是分解反应，反应过程中吸收能量，属于吸热反应，B项正确；“燃豆萁”指的是豆萁的燃烧过程，该过程中存在化学能转化为热能、光能的过程，C项错误；高温时，

碳与水蒸气的反应为吸热反应，D项错误。2．答案：A解析：青铜器在地下潮湿区域生成铜绿时，主要发生吸氧腐蚀，A错误。3．答案：C解析：该方法利用原电池原理，铝活动性较强做负极，银活动性较弱做正极，A错误；负极上铝失去

电子，发生氧化反应，B错误；Ag2S在正极得到电子，发生还原反应生成银，C正确；工作时原电池把化学能转化为电能，D错误。4．答案：C解析：电子在导线中流动，不能经过电解质溶液，C错误。5．答案：A解析：B项发生吸氧腐蚀时，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，整个过程是吸收O2

而不是释放O2，错误；C项为牺牲阳极法，金属锌发生氧化反应，错误；D项为外加电流法，钢铁闸门应与外加电源的负极相连，错误。6．答案：D解析：由图可知，E1为正反应活化能，E2为逆反应活化能，E1>E2，ΔH＝E1－E2>0，为吸热反应，A错误；加入催化剂时，E1、E2减小，但ΔH不变，B

错误；由于H—H的键能大于H—Br的键能，若反应H2（g）＋Br2（g）⇌2HBr（g）ΔH<0，则Br—Br的键能应小于H—Br的键能，即c>b，又a>c，则a>b，C错误；该反应为吸热反应，升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应速率加快的程度大于逆反应速率加快的程度，使平衡向正

反应方向移动，D正确。7．答案：D解析：根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的ΔH

＝59.3kJ·mol－1－0＝＋59.3kJ·mol－1，故B正确；根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应

热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。8．答案：D解析：分解水总反应为吸热反应，在此过程中，水的分解分两步，根据盖斯定律，若反应Ⅱ是放热反应，则反应Ⅰ一定是吸热反应，A正确；焓变的大小取决于反应物和生成物能

量的大小，催化剂不影响焓变，B正确；该过程中碳纳米点是碳单质，但碳原子之间存在共价键；氮化碳是化合物、存在共价键；H2O、H2O2、H2、O2等均只含共价键，所以图中物质构成中均只由共价键构成，C正确；碳量子点是一类具有显著荧光性

能的零维碳纳米材料只含碳原子，属于碳单质，与胶粒直径吻合，但是需要分散到分散剂才能形成胶体，D错误。9．答案：C解析：由该电池的反应原理可知，硅化钠是还原剂，其在负极上发生氧化反应；水是氧化剂，其在正极上发生还原反应；反应中电子转移的数目是8e－。该电池工作时

生成氢氧化钠溶液，而硅可以与氢氧化钠反应，所以不能用晶体硅做电极材料，A不正确；Na4Si在电池的负极发生氧化反应，B不正确；电池正极发生的反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，C正确；当电池转移0.2mol电子时，可

生成标准状况下2.24LH2，D不正确。10．答案：D解析：由题图1可知，H—H键能为436kJ·mol－1，O===O键的键能为247kJ·mol－1×2＝494kJ·mol－1，1molH2O（g）分解生成O2（g）和H2（g）的热化学

方程式为H2O（g）===12O2（g）＋H2（g）ΔH＝＋243kJ·mol－1，即12O2（g）＋H2（g）===H2O（g）ΔH＝－243kJ·mol－1；由题图2可知，CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－285kJ·mol－

1，C（s）＋O2（g）===CO2（g）ΔH＝－394kJ·mol－1。由题图2可知，CO的燃烧热化学方程式为CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－285kJ·mol－1，故A正确；①C（s）＋O2（g）===CO2（g）ΔH＝－394kJ·mo

l－1，②H2O（g）===12O2（g）＋H2（g）ΔH＝＋243kJ·mol－1，③CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－285kJ·mol－1，由盖斯定律①＋②－③可得C（s）＋H2O（g）===CO（g）＋H2（g）ΔH＝[

－394＋243－（－285）]kJ·mol－1＝＋134kJ·mol－1，故B正确；由题图1可知，O===O键的键能为247kJ·mol－1×2＝494kJ·mol－1，故C正确；根据盖斯定律，将两式H2O（g）

===12O2（g）＋H2（g）ΔH＝＋243kJ·mol－1、CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－285kJ·mol－1相加可得CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）的反应热ΔH＝[2

43＋（－285）]kJ·mol－1＝－42kJ·mol－1，故D错误。11．答案：A解析：从图中可知，第（2）步反应中，2个H2O2分解生成1个氧气，1个氧气再与甲醇反应生成甲醛同时生成1个H2O2，消耗的H2O2和生成的H2O

2物质的量不同，过氧化氢逐渐被消耗，不是催化剂，A错误；第（2）步的反应可由反应①＋12×②－12×③得到，ΔH＝（84－571.5×0.5＋98×0.5）kJ·mol－1＝－152.8kJ·mol－1，B正确；反应①为熵增反应且为吸热反应，根据ΔH－TΔS<0反应可自发进行可知，在高温条件下反应

可自发进行，C正确；根据反应②可得H2（g）＋12O2（g）===H2O（l）ΔH＝－285.8kJ·mol－1，H2的燃烧热ΔH＝－285.8kJ·mol－1，D正确。12．答案：B解析：电解池中阴离子向阳极移动，根据氧离子的移动方向

，石墨电极是阳极，电极反应方程式为2O2－＋4e－===O2↑；TiO2是阴极，电极反应方程式为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－。石墨电极是阳极，故A正确；由四氯化钛常温下为液体可知，四氯化钛是液态不能导电的共价化合物，所以不能用电解四氯化钛的方法制备钛，

故B错误；二氧化钛为阴极，发生还原反应生成Ti：TiO2＋4e－===Ti＋2O2－，故C正确；电解时，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成有毒的氯气，氧离子在阳极上放电生成的氧气高温下能与石墨反应生成一氧化碳、二氧化碳，导致石墨电极损耗，所以石墨电极

需要定期更换，故D正确。13．答案：C解析：由工作原理图可知，I2是催化剂，分子I2的引入催化了电池放电和充电过程，A项正确；Li能与氧气、水反应，SOCl2易与水反应，故电池工作环境必须在无水无氧的条件

下进行，B项正确；由工作原理图可知，充电时，I2失电子转化为ICl，I2发生氧化反应，阳极反应式2LiCl＋I2－2e－===2ICl＋2Li＋，阴极反应式Li＋＋e－===Li，C项错误；由工作原理图可知，放电时，正极上SOCl2转化为S、SO2

，负极上Li转化为Li＋，则电池的放电总反应为4Li＋2SOCl2===4LiCl＋S＋SO2↑，D项正确。14．答案：C解析：根据图示可知，放电时是原电池，放电时负极为锌，锌在负极失去电子生成Zn（OH）2－4，负极的电极

反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn（OH）2－4；多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应为CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH，总的电极反应为：Zn＋CO2＋4H2O

===Zn（OH）2－4＋HCOOH＋2H＋；充电时的电极反应与放电时的反应相反。放电时是原电池，负极为锌，锌在负极失去电子生成Zn（OH）2－4，负极的电极反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn（OH）2－4，A正确；二氧化碳在正极得

到电子转化为甲酸，电极反应为CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH，标准状况下该电池固定CO22.24L时（为0.1molCO2），根据电子守恒可知，在电路中有0.2mol电子通过，B正确；双极膜是阴离子膜与阳离子膜的复合膜，故双极膜中的X

电极一侧不单纯为阴离子膜，C错误；充电时的电极反应与放电时的反应相反，放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，甲酸在多孔Pd纳米片表面转化为CO2，反应生成氢离子，溶液酸

性增强，pH减小，D正确。15．答案：D解析：催化电解KNO3溶液制氨，硝酸钾发生还原反应，则电极a为阴极、电极b为阳极，双极膜界面产生的H＋移向阴极，而OH－移向阳极，阴极反应式为NO－3＋9H＋＋8e－===NH3·H2O＋2H2O，阳极反应式为8OH－－8e－===2O2↑＋4H2O

，电解总反应为NO－3＋H＋＋2H2O===NH3·H2O＋2O2↑，而“卯榫”结构可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨，单位时间内电子转移增大，可以提高氨生成速率。“卯榫”结构的双极膜中的H＋移向阴极电极a，OH－移向阳极电极b

，选项A正确；b电极阳极的反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，选项B正确；阴极反应式为NO－3＋6H＋＋8e－===NH3·H2O＋2H2O，生成1molNH3·H2O转移8mol电子，则双极膜处有8mol的H2O解离，选项C正确；每生成1

molNH3·H2O，双极膜处有8mol的H2O解离，产生的8molOH－移向电极b所在的Ⅱ室且全部放电，Ⅱ室中KOH的物质的量不变，选项D错误。16．答案：（1）负（2）负极发生氧化反应和正极发生还原反应，总反应不一定是氧化还原反应

（3）b.解析：（1）原电池中电子从负极流出，流向正极，如图从电子流向可知右侧Ag为负极，左侧Ag为正极。（2）正极发生反应：Ag＋＋e－===Ag，负极发生反应：Ag－e－＋Cl－===AgCl↓，该原电池的总反应不是氧化

还原反应。17．答案：（1）M（2）<（3）2Cl2（g）＋2H2O（g）＋C（s）===4HCl（g）＋CO2（g）ΔH＝－290.0kJ·mol－1（4）－80kJ·mol－1（5）N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝－92.0kJ·mol－1解析：（1）有机物M经过太

阳光光照转化为N的过程吸收能量，则N能量高，比M活泼，较稳定的化合物为M。（2）甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，放出的热量少，所以a<726.5。（3）有1molCl2参与反应时释放出145.0kJ热量，2mol氯气反应放热290.0kJ，反应的热化学方程式：

2Cl2（g）＋2H2O（g）＋C（s）===4HCl（g）＋CO2（g）ΔH＝－290.0kJ·mol－1。（4）根据盖斯定律，由①×2－②＋③得：TiO2（s）＋2Cl2（g）＋2C（s）===TiCl4（s）＋2CO（g），其焓变ΔH＝ΔH1×2－ΔH2＋ΔH3＝－80kJ

·mol－1。（5）在反应N2＋3H2⇌2NH3中，断裂3molH—H、1molN≡N共吸收能量：3×436kJ＋946kJ＝2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN—H，放出的能量为6×391kJ＝2346kJ，吸收的热量少，放出的热量多，该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ－2

254kJ＝92kJ，热化学方程式为N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝－92.0kJ·mol－1。18．答案：（1）①ABC②0.6（2）0～22HSO－4－2e－===S2O2－8＋2H＋解析：（1）①根据电流方向分析，判断b为阳极，a为阴极，用惰性电极电

解一定浓度的硫酸铜溶液，总反应：2CuSO4＋2H2O=====电解2Cu＋O2↑＋2H2SO4；结合图乙可知，通过0.2mol电子时是电解的硫酸铜溶液，然后是电解硫酸，发生的电池总反应为2H2O=====电解2H2↑＋O2↑。a电极为阴极，先发生的电极反应为Cu2＋＋2

e－===Cu，后发生的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，A对；从P点到Q点时收集到H2和O2的混合气体，由电解水反应可知通过0.2mol电子时生成0.1molH2、0.05molO2，则混合气体的平均摩

尔质量为0.1mol×2g·mol－1＋0.05mol×32g·mol－10.1mol＋0.05mol＝12g·mol－1，C对；OP段表示O2的体积变化，PQ段表示H2和O2混合气体的体积变化，D错误。②0.1mol

Cu2（OH）2CO3可以看作0.2molCuO、0.1molH2O和0.1molCO2，相当于有0.2mol硫酸铜和0.1mol水被电解，则转移电子的物质的量为0.6mol。（2）在阳极放电的离子主要是HSO－4，根据阳极区含硫微粒的主要存在形式与pH的关系，电解质溶液的pH范围为0～2，故H

SO－4失电子生成S2O2－8，故其电极反应式为2HSO－4－2e－===S2O2－8＋2H＋。19．答案：（1）CH3OH（l）＋32O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－726.5kJ·mol－1（2）①减小不变②

－92（3）①2N2H4（g）＋2NO2（g）===3N2（g）＋4H2O（g）ΔH＝（2c－b）kJ·mol－1②4减小解析：（1）根据题意，16gCH3OH在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放363.25kJ的热量，则1mo

lCH3OH完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放出的热量为726.5kJ，甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）＋32O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－726.5kJ·mol－1。（2）①催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变

反应的焓变，因此加催化剂会使题图甲中E的值减小，图中ΔH不变；②ΔH＝反应物总键能－生成物总键能＝946kJ·mol－1＋436kJ·mol－1×3－391kJ·mol－1×6＝－92kJ·mol－1，a＝－92。（3）①已知Ⅰ.N2（g）＋2O2（g）

===2NO2（g）ΔH1＝bkJ·mol－1，Ⅱ.N2H4（g）＋O2（g）===N2（g）＋2H2O（g）ΔH2＝ckJ·mol－1，根据盖斯定律，将Ⅱ×2－Ⅰ得2N2H4（g）＋2NO2（g）===3N2（g）＋4H2O（g）ΔH

＝（2c－b）kJ·mol－1：②肼－空气碱性燃料电池负极反应式为N2H4－4e－＋4OH－===N2↑＋4H2O，则该电池工作时，释放1molN2会转移4mol电子；电池总反应式为N2H4＋O2===N2＋2H2O，反

应过程中生成了水，KOH溶液浓度减小，碱性减弱，则pH减小。20．答案：（1）①K1②NiOOH＋e－＋H2O===Ni（OH）2＋OH－③96（2）负AsO3－3－2e－＋H2O===AsO3－4＋

2H＋（3）阳离子2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－4mol解析：（1）①第一步反应时，NiOOH/Ni（OH）2电极发生氧化反应，作阳极，故开关应连接K1。②第二步反应时，在另一个惰性电极产生O2，则为O

H－失电子生成氧气，发生氧化反应，作阳极，故NiOOH/Ni（OH）2电极作阴极，发生还原反应，电极反应式为NiOOH＋e－＋H2O===Ni（OH）2＋OH－。③产生标准状况下67.2L（3mol）H2，需要转移6mol电子，电能的利用率＝6mol6.25mol×100%＝9

6%。（2）电解池中阳离子移向阴极，故a电极是阴极，与电源负极相连，b电极是阳极，AsO3－3通过阴离子交换膜进入阳极区，在阳极上失去电子转化为AsO3－4：AsO3－3－2e－＋H2O===AsO3－4＋2H＋。（3）根据题图3可知，产品室产生次磷酸，则电极M应为阳极，水电离产生的OH－放

电，生成的H＋通过交换膜A移向产品室，所以变换膜A为阳离子交换膜；电极N为阴极，水电离产生的H＋放电，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。当电路中通过3.8528×105C电量时，转移的电子的物质的量为3.8528×105C1.6×1

0－19C×16.02×1023mol－1＝4mol，电解过程中每转移1mol电子，就有1molH＋从阳极区移向产品室，有1molH2PO－2从缓冲室移向产品室，即生成1mol次磷酸，则转移4mol电子时生成4mol次

磷酸。第七单元化学反应速率和化学平衡课练20化学反应速率及影响因素狂刷小题夯基础1．答案：C解析：反应物的浓度由0.1mol·L－1降低到0.06mol·L－1需要20s，0～20s内反应速率v＝ΔcΔt＝（0.1－0.06）mol·L

－120s＝0.002mol·L－1·s－1，若反应速率不变，反应物浓度由0.06mol·L－1降低到0.036mol·L－1所需的时间t＝Δcv＝（0.06－0.036）mol·L－10.002mol·L－1·s－1＝12s，但随着

反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减小，则反应物浓度由0.06mol·L－1降低到0.036mol·L－1所需的时间大于12s，C项正确。2．答案：C解析：化学反应速率之比等于化学计量数之比，则根据化学方程式3W（g）＋2X（g）===4Y（g）＋3Z（g）可知，v（W）∶v（Z）＝3∶3＝1

∶1，A错误；v（X）∶v（Z）＝2∶3，B错误；v（X）∶v（Y）＝2∶4＝1∶2，C正确；v（W）∶v（X）＝3∶2，D错误。3．答案：C解析：合成氨的反应为N2（g）＋3H2（g）高温、高压催化剂2NH3（g），温度越高，反应速率越快。根据反应速率与化学计量数的关系，

将四个选项中反应速率转化为v（H2），A项，v（H2）＝32v（NH3）＝0.15mol·L－1·min－1，C项，v（H2）＝3v（N2）＝0.9mol·L－1·min－1，则C项表示的反应速率最快，反应所处的温度最高。4．

答案：B解析：升温，正、逆反应速率均增大，B正确；体积一定时加入氦气，物质的量浓度不变，不影响反应速率，C错误；压缩体积，单位体积内的活化分子数增大，但活化分子百分数不变，D错误。5．答案：C解析：第一步反应快速平衡，说明第一步反

应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的反应速率，A错误；反应的中间产物除NO3外还有NO，B错误；有效碰撞才能发生化学反应，第二步反应慢，说明仅部分碰撞有效，C正确；第三步反应快，说明反应活化能较低，D错误。6．答案：D解析：由

②③可知，温度相同时，pH越小，氧化率越大，由①②可知，pH相同时，温度越高，氧化率越大，A、B错误；Fe2＋的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，如浓度等，C错误。7．答案：D解析：由图可知，无催

化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2min内Y的浓度变化了2.0mol·L－1，而a曲线表

示的X的浓度变化了2.0mol·L－1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2min内，Y的浓度变化了4.0mol·L－1，则v（Y）＝Δc（Y）Δt＝4.0mol·L－12

min＝2.0mol·L－1·min－1，v（X）＝12v（Y）＝12×2.0mol·L－1·min－1＝1.0mol·L－1·min－1，故D正确。8．答案：AB解析：由图甲中的信息可知，随c（X）的减小，c（Y）先增大后减小，c（Z）增大，因此，反应①的速率随c（X）的减小而减小，而

反应②的速率先增大后减小，A错误；根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v（X）＝v（Y）＋v（Z），但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z

的增加量等于Y和X的减少量，故v（Z）＝v（X）＋v（Y），B错误；升高温度可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，

C正确；由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，总反应速率由慢反应决定，D正确。9．答案：d解析：为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂催化性能最佳，故答案选d。10．答案：（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）解析：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，在题述反应机理中，速率控制步骤为（ⅱ）。11．答案：C解析：由

题图可知，0～amin内Δc（SO3）＝0.4mol·L－1，则有v（SO3）＝0.4amol·L－1·min－1。根据反应速率与化学计量数的关系可得，v（O2）＝12v（SO3）＝0.2amol·L－1·min－1，又知“0～amin内用O2表示的平均反应速率

为0.04mol·L－1·min－1”，则有0.2amol·L－1·min－1＝0.04mol·L－1·min－1，解得a＝5，C项正确。12．答案：C解析：由表中数据可知，温度越高反应速率越快，pH越大反应速率越快，所以40℃、pH＝3.0时，所需时间在31～158min之间；10℃、pH＝4

.0时，所需时间>231min；30℃、pH＝7.0时，所需时间<15min，则分解速率依次增大的顺序为②①③，故选C。13．答案：D解析：使用催化剂正、逆反应速率都加快，A错误；由图可知，②的反应速率快于①，则反应②的活化

能比反应①小，B错误；催化剂在化学反应前后的质量和化学性质都不发生改变，由图可知V2O5参加化学反应，但反应前后的质量和化学性质都没发生改变，则该反应的催化剂是V2O5，C错误；由图可知①历程中有V—O的断裂，②历程中有V—O的形成，则过程中既有V—O的断裂，又有V

—O的形成，D正确。14．答案：A解析：A选项，根据题图可知，3min时反应达到平衡状态，NO的物质的量的变化量为3mol，平衡时NO和X、Y的物质的量相等，均为1mol，参与反应的各物质的物质的量的变化量之

比等于各物质的化学计量数之比，则反应的化学方程式为3NO⇌X＋Y，根据原子守恒，可知反应的化学方程式为3NO⇌NO2＋N2O，正确；B选项，根据题图可知，1～3min内，每个生成物的物质的量的变化量均为13mol，故v（生成物

）＝13molVL×2min＝16Vmol·L－1·min－1，错误；C选项，Δn（NO）＝3mol，α（NO）＝34×100%＝75%，错误；D选项，恒温恒容，充入He，浓度不变，反应速率不变，错误。综合测评提能力1．答案：A解析：v（W）＝0.2mol2.0L×5min＝0.02mol/（L·

min），又因v（Z）＝0.01mol/（L·min），即v（W）∶v（Z）＝0.02∶0.01＝2∶n，故n＝1。2．答案：B解析：对比实验1和实验2可知，HI的浓度增大2倍，则反应速率增大2倍，对比实验1和实验4可知，H2O2的浓度增大2倍，则反应速率增大2倍，再对比实验1

和3以及实验1和5可以得出结论：反应速率与c（HI）和c（H2O2）的变化成正比，所以当c（HI）＝0.500mol·L－1，c（H2O2）＝0.400mol·L－1时，v＝0.0076mol·L－1·s－1×5×4＝0.15

2mol·L－1·s－1，故选B。3．答案：C解析：降低温度反应速率减小，升高温度反应速率增大，A、D错误；对于有气体参加的可逆反应，增大压强反应速率增大，减小压强反应速率减小，B错误，C正确。4．答案：C解析：第①步

的正反应活化能Ea1>第②步正反应活化能Ea2，所以反应速率：①<②，而总反应速率取决于慢反应，故决速步骤为①，A正确；温度升高，反应速率加快，B正确；Ea是该反应正反应的活化能，C错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D正确。5．答案：A解析：粉末状碳酸钙与盐酸接触面积更大，反应速率更快

，曲线甲表示的平均反应速率比曲线乙表示的平均反应速率快，A正确；由图像可知，t1～t2时间段内反应速率比0～t1时间段内反应速率快，B不正确；t2～t3时间段内曲线甲的平均反应速率为V3－V2t3－t2mL·s－1，曲线乙的平均反应速率大于V3－V2t3－t2mL·s－1，C不

正确；由图像可知，两次实验最终生成的CO2的量相等，D不正确。6．答案：C解析：反应速率主要取决于慢的一步，所以该反应的速率主要取决于②的快慢，故A错误；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的

催化剂，故B错误；由于该反应为放热反应，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol－1，故C正确；增大Br2（g）浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内的活化分子数目增多，所以能加快反应速率，故D错误。7．答案：A解析：

在相同时间内，转化率变化值越大，表明反应中消耗的反应物越多，反应速率越大。由表中数据知，10～15min、15～20min内，反应物转化率变化值分别为3.7%、4.5%，故后一个时间段内反应速率较快，随着反应的进行，反应物浓度减小，又因容器容积不变，故改变的条件只能是升温

，A正确，C、D错误；10～20min、20～40min两个时间段内，转化率分别改变了8.2%、10.3%（注：时间间隔不同），故10～20min反应速率快，B错误。8．答案：D解析：由题图知，a起始浓度最大，在整个反应过程中浓度一直减小

，所以a代表c（X）随t的变化曲线，A说法正确；t1时，三条曲线相交，三种物质的浓度相等，B说法正确；结合题给反应判断，先增加后减小的是c（Y），随t变化的曲线，一直增大的是c（Z），随t变化的曲线，t2时，c（Y）在减小，说明Y的消耗速率大于生成速率，C说法正确；由题图知，t3后，

只有Y和Z，X完全反应，结合反应①②可得出c（Z）＝2c0－2c（Y），D说法错误。9．答案：C解析：根据表格中第三行和第四行的数据可以判断，当c（H2）、c（NO）都相同时，T2温度下反应速率更大，则T2>T1，A项错误；将表

格数据代入速率方程，由第一行数据可得v＝k×0.1α×0.1β①，由第二行数据可得8v＝k×0.2α×0.2β②，由第三行数据可得12v＝k×0.3α×0.2β③，联立①②可得：α＋β＝3，联立②③可得：α

＝1，则β＝2，B项错误；由速率方程可知，其他条件不变时，反应体系中四种物质浓度的改变，只有反应物浓度改变对v有影响，α<β，证明c（NO）影响较大，C项正确；将第四行数据代入速率方程可知，T2时16v＝k

×0.3α×0.2β，解得k＝16v0.3×0.22，当c（NO）＝0.1mol·L－1时，8v＝k×c（H2）×0.12，则c（H2）＝0.6mol·L－1，D项错误。10．答案：B解析：由1、2两组数据，c（S2O2－8）增大1倍，速率增大1倍，由2、3两组数据，c（I－）增大1倍，速率增大1

倍，该反应的速率方程为v＝k·c（S2O2－8）·c（I－），故A错误；将1组的数据代入v＝k·c（S2O2－8）·c（I－），1.4×10－5＝k×0.038×0.060，k≈6.14×10－3，故B正确；总反应－①－③可得第②步反应的化学方程式：S2O8I3－＋I－===2SO2－4＋I

2，故C错误；反应③为快反应，活化能最小，故D错误。11．答案：Ⅰ.（1）反应物本身的性质（2）催化剂Ⅱ.（1）＞（2）0.25mol·L－1·min－1（3）75%（4）增大解析：Ⅰ.（1）反应物本身的性质是影响化学反应速率的主要因素，镁比锌活泼，与盐酸反应较剧烈

。（2）MnO2是H2O2分解反应的催化剂，可增大反应速率。Ⅱ.（1）t2时刻，反应物逐渐减少，生成物逐渐增多，反应未达到平衡且正向进行，v正＞v逆。（2）v＝ΔcΔt＝4mol－2mol4L×2min＝0.25mol·L－1·min－1。（3）

t3时刻化学反应达到平衡，剩余2molN，则转化了6molN，转化率为（8－2）mol8mol×100%＝75%。（4）升高温度，反应速率增大。12．答案：（1）0.013（2）1.0（3）>>（4）吸热由实验1至实验4升高温

度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动解析：（1）在实验1中，反应在10至20min时间内的平均速率为v＝ΔcΔt＝0.80mol·L－1－0.67mol·L－110min＝0.013mol·L－1·min－1。（2）反应经20minA的浓度不再改

变，说明达到平衡，较其他实验达到平衡时间最短，故使用了合适的催化剂，起始浓度c2＝1.0mol·L－1。（3）在实验1中，反应在10至20min时间内平均速率为v＝0.013mol·L－1·min－1，在实验3中，反应在10至2

0min时间内平均速率为v＝0.92mol·L－1－0.75mol·L－110min＝0.017mol·L－1·min－1，故v3>v1，实验1的起始浓度为1.0mol·L－1，由平衡时浓度可知，实验3的起始浓度大于1.

0mol·L－1。（4）比较实验4和实验1可知，平衡时实验4反应物A的浓度小，由实验1至实验4是升高温度，平衡右移，升高温度平衡向吸热反应方向移动。课练21化学平衡状态、化学平衡移动及图像分析狂刷小题夯基础1

．答案：D解析：ΔH是恒量，不能作为判断平衡状态的标志；该反应是充入1molN2O4，正反应速率应是逐渐减小直至不变，③曲线趋势不正确。2．答案：D解析：平衡时，4v正（O2）＝5v逆（NO），A项错

误；0～2min内的平均反应速率，用NO表示是0.6mol·L－12min＝0.3mol·L－1·min－1，B项错误；容器体积不变，气体总质量不变，所以混合气体的密度始终不变，C项错误；该反应为气体分子数增大的反应，容器体积不

变，温度不变，混合气体的压强是变量，当混合气体的压强不变时，说明反应达到平衡状态，D项正确。3．答案：B解析：使用适当催化剂，平衡不移动，A错误；正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，B正确；再向容器中充入1

molN2和3molH2相当于增大压强，平衡正向移动，C错误；向容器中充入氦气，由于容器的容积不变，N2、H2和NH3的浓度均不变，平衡不移动，D错误。4．答案：C解析：平衡时c（X）＝0.3mol·L－1，将容器体积缩小到原来的12的瞬间，X的浓度变为

原来的2倍，即为0.6mol·L－1，重新平衡后c（X）＝0.5mol·L－1，说明平衡在增大压强时正向移动。A项，从以上分析可知，平衡向正反应方向移动，故A错误；B项，增大压强，平衡正向移动，说明反应物的系数

之和大于生成物的系数之和，若Y是固体，反应物的系数之和小于生成物的系数之和，所以Y是气体，故B错误；C项，根据B的分析，系数m＋n＞p＋2m，即n＞p＋m，所以n＞m，故C正确；D项，平衡正向移动，所以Z的体积分数增大，故D错误。5．答案：C解析：由图Ⅰ可知，压强为p2时，

温度为T1时先达到平衡状态，则温度：T1>T2；温度为T1时的φ（C）低于T2时，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的ΔH<0；温度为T1时，压强为p2时先达到平衡状态，则压强：p1<p2；压强为p2时的φ（C）高于p1时，说明增大压强

，平衡正向移动，即该反应的正反应是气体总分子数减小的反应，故x＝1。若p3>p4，温度相同时，由p3→p4，减小压强，平衡逆向移动，A、B的转化率降低；压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，A、B的转化率降低，与图像符合，A、B正确；若p3>p4，相同温度时，由

p3→p4，减小压强，平衡逆向移动，B的质量分数增大，与图像不符合，C错误；若p3>p4，相同温度时，由p3→p4，减小压强，平衡逆向移动，气体的总质量不变，但其总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小；压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，气体总物质的量增大，则混合气体的平均相对

分子质量减小，与图像符合，D正确。6．答案：C解析：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，由图像曲线变化趋势可知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。7

．答案：B解析：A项，曲线②代表H2的平衡产率随温度的变化，错误；B项，由图可知，升高温度，平衡时CO的选择性增大，正确；C项，增大n（C2H5OH）n（H2O），乙醇的平衡转化率减小，错误；D项，高效催化剂能加快反应速率，但不可以改变平衡

时H2的产率，错误。8．答案：B解析：结合图像分析可知，A项正确，B项错误；该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数增大，结合图像可知平衡常数Ka<Kb＝Kc，C项正确；该反应反应前后气体分子数不相等，恒温恒容时，容器内压强不再发生变化

，即达到平衡状态，D项正确。9．答案：C解析：A项，Q1>Q2＝Q3，错误；B项，甲、乙、丙为等效平衡，SO2的体积分数相等，错误；C项，由于温度一样，甲、乙、丙3个容器中反应的平衡常数相等，正确；D项，SO3（g）→SO3（s）放出热量，所以ΔH1<－197kJ·mol－1，错误。10．答案：B

解析：N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g）的ΔH＜0、ΔS＜0，自发进行时ΔH－TΔS＜0，所以该反应在低温下自发进行，A错误；4min后氨气的物质的量不变，说明达到平衡状态，平衡时消耗N2的物质的量为0.3mol

×12＝0.15mol，N2的转化率为0.15mol1mol×100%＝15%，在6min末再加入1molN2和3molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，氮气的转化率增大，反应达新平衡时，N2的转化率大于15%，B正确；该反应为放热反应，焓变等于正逆反应的活化能之差，则正反应的活化能小于逆反应

的活化能，即正反应合成氨的活化能小于逆反应氨分解的活化能，C错误；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，但正反应速率和逆反应速率均增大，D错误。11．答案：A解析：根据反应S2Cl2（g）＋Cl2（g）⇌2SCl2（g）可

知，v正（S2Cl2）∶v逆（SCl2）＝1∶2时，反应达到平衡状态，由图像可知，B、D点时v正（S2Cl2）∶v逆（SCl2）＝1∶2，反应达到平衡状态，A错误；达到平衡后继续加热，v正（S2Cl2）∶v逆（SCl2）＜1∶2，即v（正）＜v（逆），平衡逆

向移动，升温平衡逆向移动，B正确；升温平衡逆向移动，故该反应的ΔH＜0，C正确；反应前后气体分子数不变，再按原比例投入反应物，相当于对反应容器进行加压，平衡不移动，Cl2转化率不变，D正确。12．答案：A解析：根据题图，随着温度的升高，H2的平衡转化率降

低，说明平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即ΔH<0，A项正确；N点压强大于M点的，M点温度高于N点的，因此无法确定两点反应速率的快慢，B项错误；此反应是可逆反应，不能完全进行到底，C项错误；控制合适的温度和压强，既能保证反应速率较快，也能保证H2有较高的

转化率，采用更高的压强对设备的要求更高，增加经济成本，D项错误。13．答案：D解析：甲和乙若都是恒温恒压，则两者等效，但乙为绝热恒压，又该反应正反应为放热反应，则温度：甲<乙，温度升高平衡向逆反应方向移动，c

（SO2）：甲<乙，平衡常数K：甲>乙，A、B项错误；丙和丁若都是恒温恒容，则两者等效，但丁为绝热恒容，则温度：丙<丁，温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短，所用的时间：丙>丁，C项错误；温度升高平衡向逆反应方向移动，体积分数φ（SO3）：丙>丁，D项正确。14．答案：

A综合测评提能力1．答案：B解析：由于反应CO＋H2O⇌CO2＋H2为可逆反应，正反应、逆反应同时进行，则含有O元素的物质中均含有18O，故选B。2．答案：C解析：在图像中曲线上的任何一点都表示可逆反应处于平衡状态，在曲线上方的点，由于NO的转化率高于平衡时的转化率，

因此逆反应速率大于正反应速率，反应逆向进行；在曲线下方的点，由于NO的转化率低于平衡时的转化率，因此逆反应速率小于正反应速率，反应正向进行。图中a、b、c、d四点中表示未达到平衡状态，且v（正）>v（逆）的点是c点。3．答案：B解析：硫化氢的浓度为氧气

的2倍，不能说明反应达到平衡，A项错误；该反应是反应前后气体分子数不相等的反应，恒容容器中混合气体的压强不变，说明各气体的物质的量不变，反应达到平衡，B项正确；反应达到平衡时，生成0.6molS2（s），消耗的H2S为1.2mol，反应放出0.6

QkJ热量，故反应放出0.3QkJ热量时，未达到平衡，C项错误；根据已知热化学方程式可知，任何时间段，消耗2molH2S（g）的同时一定生成2molH2O（g），且可逆反应不能进行到底，D项错误。4．答案：B解析：溴水中存在平衡：Br2＋H2O⇌HBr＋HBrO，加入少量AgNO

3溶液，HBr与AgNO3反应生成AgBr沉淀，c（HBr）减小，平衡正向移动，溶液的颜色变浅，A可以用勒夏特列原理解释；2HI（g）⇌H2（g）＋I2（g）是反应前后气体总分子数不变的反应，缩小容器的容积，压强增大，平衡不移动，但c

（I2）增大，导致平衡体系的颜色变深，由于平衡不移动，故B不能用勒夏特列原理解释；反应CO（g）＋NO2（g）⇌CO2（g）＋NO（g）的ΔH＜0，升高温度，为了减弱温度的改变，平衡逆向移动，C可以用勒夏特列原理解释；合成氨的反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于生成NH3，D可以用勒

夏特列原理解释。5．答案：D解析：若Ⅰ中加入KSCN溶液的体积改为2mL，氯化铁溶液过量，不仅有浓度问题，还有反应物的用量问题，故D错误。6．答案：B解析：根据盖斯定律，由①－②可得：C4H10（g）⇌C4H8（g）＋H2（g），得ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝（－119kJ·mol－

1）－（－242kJ·mol－1）＝＋123kJ·mol－1。提高该反应中丁烯的产率，应使平衡正向移动，该反应的正反应为气体分子数增加的吸热反应，可采取的措施是减小压强、升高温度。7．答案：B解析：维持温度、反应体系容积不变，t1时充入SO3（g），此时逆

反应速率增大，正反应速率不变，故A错误；维持温度、压强不变，t1时充入SO3（g），此时逆反应速率增大，而且反应体系容积增大导致正反应速率减小，故B正确；维持反应体系容积不变，t1时升高反应体系温度，正、逆反应速率都增大

，故C错误；维持温度、反应体系容积不变，t1时充入一定量Ar，反应物和生成物浓度都不变，正、逆反应速率都不变，故D错误。8．答案：C解析：题图甲中T2时比T1时先达到平衡状态，说明T2时反应速率快，则温度：T1＜T2；温度由T1升高

到T2，C的百分含量减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应的正反应是放热反应，A错误。由题图乙可知，温度一定时，增大压强，C的百分含量增大，说明增大压强，平衡正向移动，则有m＋n＞p，B错误。题图丙中点Y和W处于平衡状态，点X和Z均未达到平衡；保持温度

不变，使点Z达到平衡状态，要使B的转化率增大，即该反应向正反应方向进行，则点Z的反应速率：v正>v逆；同理，点X的反应速率：v正＜v逆，C正确。题图丁中，若m＋n＝p，曲线a和b达到平衡时，B的百分含量相同，说明平衡未移动，但曲线a先达到平衡，反

应速率较快，故曲线a可能是因为使用催化剂或增大压强，D错误。9．答案：D解析：对比容器Ⅰ和Ⅲ可知两者投料量相当，若温度相同，最终两者等效，但Ⅲ温度高，平衡时c（CH3OH）小，说明平衡向逆反应方向移动，即逆反应为吸热反应

，正反应为放热反应，A错误；Ⅱ相对于Ⅰ成比例增加投料量，相当于加压，平衡正向移动，转化率提高，所以Ⅱ中转化率高，B错误；不考虑温度，Ⅱ中投料量是Ⅲ的两倍，相当于加压，平衡正向移动，所以Ⅱ中c（H2）小于Ⅲ中c（H2）的两倍，C

错误；对比Ⅰ和Ⅲ，若温度相同，两者等效，两容器中速率相等，但Ⅲ温度高，速率更快，D正确。10．答案：C解析：由盖斯定律可知，反应2CO（g）＋4H2（g）⇌CH3OCH3（g）＋H2O（g）可由Ⅱ－2×Ⅰ得到，其焓变为ΔH2

－2ΔH1，A正确；反应Ⅱ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，由图可知随着温度的升高，二氧化碳的平衡转化率下降速率小于二甲醚的选择性下降速率，且高于300℃时二氧化碳的平衡转化率升高，说明反应Ⅰ正向进行，正反应为吸热反应，ΔH1>0，B正确；由B分析可知，其他条件不变时

，温度越高，反应Ⅰ占据主导地位，CO2主要还原产物为CO，CO中碳元素的价态较高，C错误；反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，反应Ⅱ为气体分子数减小的反应，其他条件不变时，增大体系压强，导致反应Ⅱ平衡正向移动，可以提高A点CH3OCH3的选择性，D正确。11．答案：（1）①CO2（g）＋3H2（

g）===CH3OH（l）＋H2O（l）ΔH＝－93.8kJ·mol－1②Ⅰ该反应为放热反应，达到平衡后，随温度升高，平衡逆向移动（2）①放热②0.17mol·L－1·min－10.50mol·L－1解析：（1）①根据CO（g）和H2（g）的燃烧热ΔH，可写出热化学方程

式（Ⅰ）CO（g）＋12O2（g）===CO2（g）ΔH＝－283.0kJ·mol－1；（Ⅱ）H2（g）＋12O2（g）===H2O（l）ΔH＝－285.8kJ·mol－1。根据图像曲线变化可写出热化学方程式

（Ⅲ）CO（g）＋2H2（g）===CH3OH（l）ΔH＝－（510－419）kJ·mol－1＝－91kJ·mol－1。根据盖斯定律，由（Ⅱ）＋（Ⅲ）－（Ⅰ），可得CO2（g）＋3H2（g）===CH3OH（l）＋H2O（l）ΔH＝－93.

8kJ·mol－1。②由图像可知催化剂Ⅰ的催化效果最佳；该反应为放热反应，达到平衡后，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低。（2）①650℃时，根据三段式进行计算：CO（g）＋H2O（g）⇌CO2（g）＋H2（g）起始/mol4200转化/m

ol1.61.61.61.6平衡/mol2.40.41.61.6故650℃时，平衡时CO转化率为1.6÷4＝0.4>13，即温度越高，CO平衡转化率越低，故该反应的正反应为放热反应。②900℃时，结合CO的平衡转化率，根据三段式进行有关计

算：CO（g）＋H2O（g）⇌CO2（g）＋H2（g）起始/mol3200转化/mol1111平衡/mol21110～3min内v（H2O）＝1mol2L×3min≈0.17mol·L－1·min－1，平衡时c（H2）＝1mol2L＝0.5

0mol·L－1。12．答案：（1）C（2）450℃比300℃的反应速率快，比700℃的副反应程度小，丁烯转化为丙烯的转化率高，该温度下催化剂的选择性最高，是催化剂的最佳活性温度（3）压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向

移动，丙烯含量增大解析：（1）由题可知乙烯越少越好，再结合图像1和图像2可知，最适宜的温度为300℃，压强越大，乙烯的含量越低，故选C。（2）450℃比300℃的反应速率快，比700℃的副反应程度小，丁烯转化为丙烯的

转化率高，该温度下催化剂的选择性最高，是催化剂的最佳活性温度。（3）压强增大，副反应C4H8⇌2C2H4平衡左移，C4H8的浓度增大，使主反应3C4H8⇌4C3H6平衡右移。13．答案：（1）（2b＋d－a－c）（2）①BDB、D

两点对应的状态下，用同一物质表示的正、逆反应速率相等（其他合理答案均可）②＜（3）＜（4）不变反应Ⅰ和反应Ⅱ均为左右两边气体分子总数相等的反应，压强对平衡没有影响解析：（1）根据反应热与键能的关系可得，反应S2Cl2（g）＋Cl2（

g）⇌2SCl2（g）的ΔH＝（a＋2b＋c）kJ·mol－1－4bkJ·mol－1＝（a－2b＋c）kJ·mol－1；根据ΔH与正、逆反应的活化能的关系可得ΔH＝E1－E2＝dkJ·mol－1－E2，则有dkJ·mol－1－E

2＝（a－2b＋c）kJ·mol－1，从而可得E2＝（2b＋d－a－c）kJ·mol－1。（2）①反应S2Cl2（g）＋Cl2（g）⇌2SCl2（g）达到平衡时，Cl2与SCl2的消耗速率之比为1∶2；图中B点Cl2的消耗速率为0.03mol·L－1·m

in－1，D点SCl2的消耗速率为0.06mol·L－1·min－1，故B、D两点对应状态下达到平衡状态。②由图可知，B、D达到平衡状态后，升高温度，v（SCl2）消耗＞2v（Cl2）消耗，说明平衡逆向移动，则有ΔH2＜0。（3）反应Ⅰ是反应前后气体总分子数不变的放热反应，恒

容绝热条件下5min时达到平衡，3min时未达到平衡状态，则3min时体系温度低于5min时温度，由于气体总物质的量不变，温度越高，压强越大，故5min时压强大于3min时压强。（4）反应Ⅰ和反应Ⅱ均为左右两边气体分子总数相等的反应，达到平衡后缩小容器容积，平衡不移动，则Cl2的平

衡转化率不变。课练22化学平衡常数、化学反应的方向狂刷小题夯基础1．答案：A解析：A项，该反应是熵减反应，能自发进行，说明ΔH－TΔS<0，即该反应是焓减反应，错误；B项，该反应是气体分子数减小的反应，熵变小于0，所以，该反应在较低温度下能自发进行，正确；

C项，由ΔH－TΔS＜0可知，该反应能自发进行，正确；D项，该反应能自发进行，正确。2．答案：C解析：A项，升高温度，正、逆反应速率均增大，错误；B项，固体物质浓度视为常数，不列入平衡常数的表达式，该反应的化学平衡常数表达式为K＝c（CO）c（CO2），错误；C项，温度

升高，K增大，则该反应的正反应为吸热反应，正确；D项，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，增大反应物浓度，平衡常数不变，错误。3．答案：B解析：由一定温度下，反应12H2（g）＋12X2（g）⇌HX（g）的平衡常数为10，则相同条件下HX分解的化学

反应的平衡常数为110，设HX分解的物质的量为x，则HX（g）⇌12H2（g）＋12X2（g）开始/（mol·L－1）1.000转化/（mol·L－1）xx2x2平衡/（mol·L－1）（1.0－x）x2x

2故x212×x212（1.0－x）＝110，解得x≈0.17mol，该温度时HX（g）的最大分解率为0.17mol1.0mol×100%＝17%。4．答案：A解析：2NO2（g）＋NaCl（s）⇌NaNO3（s）＋ClNO（g）K1＝c（ClN

O）c2（NO2）；2NO（g）＋Cl2（g）⇌2ClNO（g）K2＝c2（ClNO）c2（NO）·c（Cl2）；4NO2（g）＋2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）＋2NO（g）＋Cl2（g）K＝c（Cl2）·c2（NO）c4（N

O2）＝c（ClNO）c2（NO2）×c（ClNO）c2（NO2）×c2（NO）·c（Cl2）c2（ClNO）＝K21K2。5．答案：B解析：A项，该反应气体的物质的量增大，即熵增大，ΔS>0，错误；C项，该反应中O2、NO为氧化剂，

NH3为还原剂，NH3转化为N2，N由－3价转化为0价，则消耗1molNH3，转移3mol电子，错误；D项，当加入的尿素过多时，产生的过量的NH3也会污染空气，错误。6．答案：b100.1－1100.1×100%解析：根据图示信息可知，纵坐标表示－lg[c（MO＋）c（

MO＋）＋c（M＋）]，即与MO＋的微粒分布系数成反比，与M＋的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M＋的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300

K条件下的反应；根据上述分析结合图像可知，300K、60s时－lg[c（MO＋）c（MO＋）＋c（M＋）]＝0.1，则c（MO＋）c（MO＋）＋c（M＋）＝10－0.1，利用数学关系式可求出c（M＋）＝（100.1－1）c（

MO＋），根据反应MO＋＋CH4===M＋＋CH3OH可知，生成的M＋即为转化的MO＋，则MO＋的转化率为100.1－1100.1×100%。7．答案：33.33%336解析：③题图中，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＝2x

4－2x＝0.20，解得x＝13，则氮气的转化率α＝13≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为23mol、2mol、23mol，其物质的量分数分别为15、35、15，则该温度下K′p＝（15p2）215p2×（

35p2）3＝2527×400（MPa）－2。因此，该温度时，反应12N2（g）＋32H2（g）⇌NH3（g）的平衡常数Kp＝K′p＝2527×400（MPa）－2＝336（MPa）－1。8．答案：D解析：H2（g）＋S（s）⇌H2S（g）的平衡常数

K1＝c（H2S）c（H2），S（s）＋O2（g）⇌SO2（g）的平衡常数K2＝c（SO2）c（O2），反应H2（g）＋SO2（g）⇌O2（g）＋H2S（g）的平衡常数K＝c（H2S）×c（O2）c（H2）×c（SO2）＝K1K2。9．答案：D解析：升高温度，K减小，说明平衡逆向移动，正反应

为放热反应，故A错误；平衡常数＝15×104＝2×10－5，故B错误；计算此时Qc＝0.50.54＝8>K＝2，则平衡逆移，v逆>v正，故C错误；恒温恒容下，向容器中再充入少量G（g），结合勒夏特列原理可知，G的体积分数增大，故D正

确。10．答案：B解析：由图可知B、C温度相同，则平衡常数相同，即KB＝KC，压强为p1时，A到C点随着温度升高，CH4（g）的平衡转化率增大，则说明平衡正向移动，平衡常数也增大，所以KA<KC，同理压强为p2时，B到D点随着温度升高，CH4（g）的平衡

转化率增大，则说明平衡正向移动，平衡常数也增大，所以KB<KD，则平衡常数的大小关系为KA<KB＝KC<KD。11．答案：D解析：该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故A正确；设容器的体积为VL，T1℃反应达到平衡时生成甲酸的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式：C

O2（g）＋H2（g）⇌HCOOH（g）起（mol/L）110变（mol/L）aaa平（mol/L）1－a1－aa由反应平衡常数可得：a（1－a）×（1－a）＝2，解得a＝0.5，则甲酸的体积分数为0.5V1.5V＝13，故B正确；T1℃反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则k正c（CO2）c（H

2）＝k逆c（HCOOH），则k正k逆＝c（HCOOH）c（CO2）c（H2）＝K＝2，所以速率常数k逆＝0.5k正，故C正确；反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则k正c（CO2）c（H2）＝k逆c（HCOOH），则k正k逆＝c（HCOOH）c（CO2）c（H2）＝K，该反应是放热反应

，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应平衡常数减小，则温度为T2℃时，速率常数k正＝2.1k逆说明平衡常数大于2，所以温度T2℃小于T1℃，故D错误。12．答案：C解析：C（s）＋2NO（g）⇌N2（g）＋C

O2（g）ΔH＝－34.0kJ·mol－1，可知每生成44g二氧化碳放出34kJ热量，若能测得反应产生22gCO2，则反应放出的热量为17.0kJ，故A正确；活性炭是固体，达到平衡后增大活性炭的用量，平衡不移动，故B正确；1050K前反应末达到平衡状态，随着温度

升高，反应速率加快，反应正向进行，在950K～1000K之间，化学反应速率：v正>v逆，故C错误；在1050K、1.1×106Pa时，NO的转化率为80%，设n（NO）＝xmol，消耗的n（NO）＝0.8xmol，可逆反应C（s）＋2N

O（g）⇌N2（g）＋CO2（g）开始/molx00变化/mol0.8x0.4x0.4x平衡/mol0.2x0.4x0.4x反应前后气体计量数之和不变，则反应前后气体总物质的量不变，为xmol，p（NO）＝0

.2xmolxmol×1.1×106Pa＝0.22×106Pa，p（N2）＝p（CO2）＝2p（NO）＝2×0.22×106Pa＝0.44×106Pa，该反应的平衡常数Kp＝p（N2）·p（CO2）p2（NO）＝

（0.44×106）2（0.22×106）2＝4，1050K时，反应的化学平衡常数Kp＝4，故D正确。综合测评提能力1．答案：B解析：该反应放热，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，A正确；298K时，该反应的ΔH－TΔS＝－113kJ·mol－1－298K×（－0.145kJ·

mol－1·K－1）＝－69.8kJ·mol－1<0，在常温下能自发进行，B错误，C正确；NO、CO会与血红蛋白结合而使人中毒，D正确。2．答案：C解析：由化学平衡常数的定义可知K1＝c（N2）·c（O2）c

2（NO），A项错误；该温度下，水分解反应的平衡常数为1K2＝12×1081＝5×10－82，B项错误；该温度下，NO、H2O、CO2三种化合物分解产生O2的反应的化学平衡常数分别为1×1030、5×10－82、4×10－92，所以产生O2的倾向：NO＞H2O＞CO2，C项正确，D项

错误。3．答案：A解析：由于总反应ΔH＜0，为放热反应，降低温度，放热反应的K增大，故A错误；总反应＝反应①＋反应②，K＝Ka·Kb，故B正确；反应①ΔH＞0，为吸热反应，反应②ΔH＜0为放热反应，适当升温，反应①正移，反应②逆

移，则[O]含量增加，可提高消毒效率，故C正确；平衡常数只与温度有关，故D正确。4．答案：C解析：①中Qc＝c2（NH3）c（N2）c3（H2）＝1＞K，反应逆向进行，A错误；平衡常数仅与温度有关，相同温度下，按4种不同投料比在密闭容器中分别进行实验，则4

组数据平衡常数相同，B错误；③中Qc＝c2（NH3）c（N2）c3（H2）＝0.1220×0.13＝0.5＝K，反应达到平衡，C正确；催化剂只改变反应的速率，不改变平衡移动，所以使用催化剂不可以提高④中H2的平衡转化率，D错误。5．答案：C解析：平衡常数

K＝生成物平衡浓度幂次方乘积反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式，已知某反应的平衡常数K＝c2平（CO2）c平（SO2）·c2平（CO），反应的化学方程式：SO2（g）＋2CO（g）⇌2CO2（g）＋S（s）Δ

H3，已知：①2CO2（g）⇌2CO（g）＋O2（g）ΔH1＝＋566.0kJ·mol－1；②S（s）＋O2（g）⇌SO2（g）ΔH2＝－296.0kJ·mol－1，结合盖斯定律计算（①＋②）得到热化学方程式：2CO2（g）＋S（s）⇌SO2（g）＋2C

O（g）ΔH＝＋270.0kJ·mol－1，热化学方程式改变方向，得到该反应的热化学方程式：SO2（g）＋2CO（g）⇌2CO2（g）＋S（s）ΔH3＝－270.0kJ·mol－1。6．答案：C解析：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的速率均加快，A项错误

；温度升高，反应Ⅰ的平衡常数增大，反应Ⅱ的平衡常数减小，则反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度可以促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ，但由于反应Ⅱ是反应前后气体分子数不变的反应，改变压强不能使反应Ⅱ的平衡发生移动，B项错误；反应Ⅰ×2－

Ⅱ可得反应：C2H5OC2H5（g）催化剂2C2H4（g）＋H2O（g）K＝K21K2，随着温度升高，K1增大，K2减小，则K增大，该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，C项正确。由C项分析知，500K时该反应的平衡常数为12.8，D项错误。

7．答案：D解析：由题意Ⅰ中可建立如下三段式：2NO2（g）⇌2NO（g）＋O2（g）起（mol·L－1）0.600变（mol·L－1）0.40.40.2平（mol·L－1）0.20.40.2由三段式数据可知，Ⅰ中NO2的平衡转化率为0.4mol·L－10.6

mol·L－1×100%≈66.7%，故A正确；Ⅰ中平衡时c（O2）＝0.2mol·L－1，实验Ⅱ相当于在Ⅰ平衡基础上再加入NO，平衡会逆向移动，c（O2）<0.2mol·L－1，故B正确；平衡时v正（NO2）＝v逆（NO），即k正·c2（NO2）＝k逆·c2（NO

）·c（O2），得k正k逆＝c2（NO）·c（O2）c2（NO2）＝K，故C正确；Ⅰ中平衡时c（O2）＝0.2mol·L－1，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，达到平衡状态时Ⅰ中c（O2）>0.2mol·L－1，故D错误。8．答案：D解析：在平衡状态下，v正

＝v逆，即k正·c2（NO2）＝k逆·c2（NO）·c（O2），可求出K＝k正k逆，A正确；由容器Ⅰ中反应列三段式：2NO2（g）⇌2NO（g）＋O2（g）起始/（mol·L－1）0.600转化/（mol·L－1）0.40.40.2平衡/（mol·L－1）0.20.

40.2可以求出平衡常数K＝0.42×0.20.22＝0.8，根据容器Ⅱ的起始投料，浓度商Q＝0.52×0.20.32＝59<K，起始时反应正向进行，B正确；若容器Ⅲ在某时刻NO的体积分数为50%，则有2NO2（g）⇌2NO（g）＋O2（g）起始/（

mol·L－1）00.50.35转化/（mol·L－1）2x2xx某时刻/（mol·L－1）2x0.5－2x0.35－x由0.5－2x＝2x＋0.35－x，解得x＝0.05，求出此时反应的浓度商Q＝0.42×0.30.12＝4.8>0.8，说明反应继续

向逆反应方向进行，达到平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数应小于50%，C正确；由于该反应的正反应是吸热反应，若T2>T1，所以升温至T2时平衡常数增大，即k正k逆>0.8，则k逆k正<1.25，D错误。9．答案：C解析：曲线Ⅱ先达到平衡，反应速率较快，对应

的温度更高，故曲线Ⅱ为550℃条件下的变化曲线，A错误；曲线Ⅱ对应的温度高于曲线Ⅰ，故平衡时c点逆反应速率大于d点，a点、d点温度相同，a点时反应未达到平衡状态，故a点到d点过程中逆反应速率逐渐增大，因此a、c、d三点的逆反应速率：c>d>a，B错误；曲线Ⅰ表示的是CO的

变化过程，根据图像可知，平衡时CO为0.8mol，有：N2O（g）＋CO（g）⇌N2（g）＋CO2（g）起始量（mol）2200转化量（mol）1.21.21.21.2平衡量（mol）0.80.81.21.2p1＝（0.8＋0.8＋1.2＋1.2）RTV，RTV＝14p1，

ad段N2O的物质的量变化了，1.4－0.8＝0.6mol，压强变化了0.6RTV＝0.15p1，平均速率为v（p）＝ΔpΔt＝0.15p110min＝0.015p1kPa·min－1，C正确；曲线Ⅱ代表550℃下N2的物质的量随时间的变化情况，由图像可知，平

衡时N2的物质的量为1mol，列三段式有N2O（g）＋CO（g）⇌N2（g）＋CO2（g）起始量/mol2200转化量/mol1111平衡量/mol1111故平衡时N2O、CO、N2、CO2四种气体的平衡分压相等，均为0.25p2kPa，故曲线Ⅱ代表的温度下，

该反应的Kp＝p（N2）·p（CO2）p（N2O）·p（CO）＝1，D错误。10．答案：D解析：由图可知，随温度升高，NO的平衡转化率逐渐降低，平衡向逆向移动，该反应为放热反应，A正确；由图可知，A未达到平衡，在温度一

定时，A点转化率升高到达平衡点B，故延长反应时间到达平衡状态时，NO转化率提高，B正确；A未达到平衡，A点转化率升高到达平衡点B，故A到B为正向建立平衡过程，A点正反应速率大于B点，C正确；由图可知，C

点NO的转化率为60%，则NO反应量为0.2mol×60%＝0.12mol，2NO（g）＋2CO（g）⇌2CO2（g）＋N2（g）起始量0.2mol0.36mol00反应量0.12mol0.12mol0.1

2mol0.06mol平衡量0.08mol0.24mol0.12mol0.06mol密闭容器体积为2L，故c（NO）＝0.04mol·L－1，c（CO）＝0.12mol·L－1，c（CO2）＝0.06mol·L－1，c（N2）＝

0.03mol·L－1，K＝c2（CO2）×c（N2）c2（NO）×c2（CO）＝0.062×0.030.042×0.122＝4.6875＞4，D错误。11．答案：（1）①100②11110a（2）①向密闭容器中

加入NO②<（3）BD解析：（1）①根据速率方程可知，lgv正＝lgk正＋2lgc（NO2），lgv逆＝lgk逆＋lgc（N2O4），则表示lgv正的曲线斜率较大，表示lgv逆的曲线斜率较小，由图像可知，lgk正＝a＋2，lgk逆＝a。平衡时v正＝v逆，则k正c2（NO2）＝k逆c（N2O4），

K＝c（N2O4）c2（NO2）＝k正k逆＝10a＋210a＝100；②设平衡时c（NO2）＝xmol·L－1，K＝c（N2O4）c2（NO2）＝1x2＝100，解得x＝0.1mol·L－1，则平衡时φ（NO2）＝0.1mol·L－1（0.1＋1）mo

l·L－1＝111，v正＝k正c2（NO2）＝10a＋2×（0.1）2＝10a。（2）①在恒压容器中，改变条件的瞬间，逆反应速率减小，反应正向进行，但重新达到平衡后，逆反应速率与原平衡相同，所以t2时刻改变的条件为向密闭容器中加入NO；②t1时刻v正＝v逆，t2时刻，充入NO，反应物的浓度增大

，正反应速率增大，所以t1时刻的v逆<t2时刻的v正。（3）尿素为固体，及时分离出生成的尿素对NH3的转化率没有影响，A项错误；恒容条件下，反应过程中气体质量发生变化，但气体体积始终等于容器容积，混合气体密度是变量，当混合气体的密度不

再改变时，可以证明反应达到了平衡状态，B项正确；该反应ΔH<0，ΔS<0，根据ΔG＝ΔH－TΔS<0时反应能自发进行可判断，该反应低温下能自发进行，高温下不能自发进行，C项错误；当尿素的质量不变时，可以证明反应达到了平衡状

态，D项正确。12．答案：（1）ac（2）K1·K2（3）＝（4）25（5）50%等于解析：（1）在恒容密闭容器中发生反应②，由表中数据可知，达到平衡后升高温度，该反应的平衡常数变大，说明化学平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应。a.平衡正向移动，正确；b

.因为气体的总物质的量和总质量均不变，所以混合气体的平均相对分子质量不变，错误；c.CO2的转化率增大，正确。（2）由表中信息可知，③＝①＋②，所以，K1、K2、K3的关系是：K3＝K1·K2。（3）500℃时，K3＝K1·K2＝2.5，测得反应在某时刻，H2（g）、CO

2（g）、CH3OH（g）、H2O（g）的浓度（mol·L－1）分别为0.2、0.1、0.01、0.2，则Q＝0.01×0.20.23×0.1＝2.5＝K3，所以此时处于平衡状态，v正＝v逆。（4）由图可知，B点时，反应①中H2的平衡转化

率为0.80。开始加入2mol·L－1H2和1mol·L－1CO，两种反应物的投料比为化学计量数之比，故两种反应物的转化率相同。则B点时，c（H2）＝2mol·L－1×（1－0.80）＝0.40mol·L－1，c（CO）＝1mol·L－1×（1－0.80）＝0.20mol·L－1，

CH3OH的变化量与CO的变化量相同，所以c（CH3OH）＝1mol·L－1×0.80＝0.80mol·L－1，化学平衡常数为0.800.402×0.20＝25。（5）相同温度下，在甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中，投入H2和CO2，发生反应②，其中甲经2min达平衡，平衡时c（H2O）＝

0.05mol·L－1，由此可以求出CO2的变化量为0.05mol·L－1，所以甲中CO2的转化率为0.050.1×100%＝50%，乙中的投料为甲中的2倍，故容器内的压强也是甲的2倍，但是因为该反应前后气体的分子数不变，

所以压强不能使该化学平衡发生移动，CO2的转化率等于甲。13．答案：（1）0.4p415（2）＜③④（3）10＞解析：（1）N2O4（g）⇌2NO2（g），N2O4气体的平衡转化率为25%，设起始N2O4的物

质的量为x，则平衡时剩余的N2O4的物质的量为0.75x，生成的NO2的物质的量为0.5x，混合气体平衡总压强为p，则NO2的分压为p×0.5x0.5x＋0.75x＝0.4p；N2O4分压为p×0.75x0.5x＋0.75x＝0.6p；反

应N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数Kx＝0.420.6＝415。（2）升高温度体系颜色加深，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；化学反应速率和温度成正比，随着温度降低，1T增大，正逆反应速率减小，则lgk正和lgk逆均减小，由于温度降低平衡正向移动，v正＞v逆，

则降低相同温度时lgk逆减小更快，则③表示lgk正随1T变化关系的斜线，④表示lgk逆随1T变化关系的斜线。（3）化学平衡常数K＝c（N2O4）c2（NO2）＝k逆·c（N2O4）k正·c2（NO2）×k正k

逆＝v逆v正×k正k逆＝k正k逆＝10a－0.510a－1.5＝10；NO2、N2O4浓度均为0.2mol·L－1，则浓度商Q＝0.20.22＝5＜K，则平衡正向移动，v正＞v逆。14．答案：（1）－985.2AC5.9×1064（2）当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温

度，反应速率增大，NO的去除率升高高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低（3）Ⅱ0.19解析：把方程式分别编号如下：CH4（g）＋2O2（g）⇌CO2（g）＋2H2O（g）①N2（

g）＋O2（g）⇌2NO（g）②CH4（g）＋2NO（g）＋O2（g）⇌CO2（g）＋N2（g）＋2H2O（g）③2NO（g）＋O2（g）⇌2NO2（g）④CH4（g）＋2NO2（g）⇌CO2（g）＋N2

（g）＋2H2O（g）⑤（1）根据盖斯定律，①－②＝③，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝（－802.6－182.6）kJ·mol－1＝－985.2kJ·mol－1；800K时，为了提高该反应中NO的平衡转化率，恒容时增大O2的压强，

增加氧气，平衡右移，NO的平衡转化率增大，A正确；减小反应容器的容积，相当于增大压强，前后系数相等，平衡不移，B错误；移去部分H2O，平衡右移，NO的平衡转化率增大，C正确；选择合适的催化剂，平衡不移，D错误；故选AC。根据盖斯定律，③－④＝⑤，故Kp（800K）＝Kp③Kp④

＝5.0×10628.5×10－3kPa＝5.9×1064kPa。（2）当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，反应速率增大，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡逆向移动，NO的去除率随温度升

高而降低。（3）活化能越大速率越慢，Ⅱ～V中速率最慢的步骤是Ⅱ；由NO的转化机理可知方程式为NO＋5H＋＋5e－===NH3＋H2O，生成1molNH3转移5mol电子，若电路中有1mmol电子流过，其中生成NH3的选择性为95%，电解池阴极生成的NH3的物质的量为15×0.95＝0.19m

mol。单元检测7化学反应速率和化学平衡1．答案：C解析：ΔH－TΔS是一定条件下化学反应能否自发进行的复合判据，即在温度、压强一定的条件下，焓因素和熵因素共同决定一个化学反应的方向，C项错误。2．答案：C解析：若平衡时c（A）＝0.05mol·L－1，则反应消耗0.1

molB，c（B）＝0.2mol·L－1，故不选A；若平衡时c（B）＝0.24mol·L－1，则反应消耗0.06molB，同时消耗0.03mol的A，则A的浓度为0.07mol·L－1，故不选B；若平衡时c（B）＝0.1mol·L－1，则反应消耗0.2molB，

同时消耗0.1mol的A，则A的浓度为0，故选C；若平衡时c（C）＝0.18mol·L－1，则反应消耗0.18molB，同时消耗0.09mol的A，则A的浓度为0.01mol·L－1、B的浓度为0.12mol·L－1，故不选D。3．答案：D解析：该反应为等体积反应，

随着反应进行，溴蒸气的物质的量不断变化，体系中气体的颜色不断变化，故恒温恒容下，体系内气体颜色保持不变说明反应达到平衡状态，A正确；该反应正反应为气体体积减小的反应，恒温恒容条件下随着反应进行，体系内气体的压强不断变化，现体系压强保持不变，说明反应达到平衡，B正确；该反应

中只有二氧化碳是气体，随着反应进行，二氧化碳的物质的量不断变化，恒温恒容条件下体系气体的密度保持不变，说明反应达到平衡，C正确；若N2和H2的初始投料比为1∶3，则不管反应是否达到平衡，反应体系中H2和N2的物质的量之比保持为3∶1，D错误。4．答案：B解析：

在啤酒中存在平衡CO2＋H2O⇌H2CO3，开启啤酒瓶，压强减小，平衡逆向移动，啤酒瓶中马上泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解释，A不选；合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨气的产率降低，合成氨工

厂通常采用高温条件是因为催化剂的活性好、反应速率较快，不能用勒夏特列原理解释，B选；氯气与水发生反应Cl2＋H2O⇌H＋＋Cl－＋HClO，在饱和食盐水中，增大氯离子浓度，平衡逆向移动，氯气溶解度减小，故可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒

夏特列原理解释，C不选；二氧化硫发生催化氧化的化学方程式为2SO2＋O2△催化剂2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡正向移动，提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，D不选。5．答案：C解析：两个装置中的变量是温度，所以该实验探究的是温度对反应速率

的影响，A正确；由于二氧化锰是催化剂，且探究的是温度对反应速率的影响，所以该实验要控制MnO2的质量、颗粒大小相同，B正确；双氧水浓度过大，反应速率过快，不易控制，所以实验中H2O2的浓度不宜过大，C错误；温度相同时，若用FeCl3代替MnO2，由于改变了催化剂，则反应速率

不相同，D正确。6．答案：B解析：该反应中化学计量数1＋3>2，ΔH<0，正反应为放热反应，温度一定时，加压化学平衡正向移动，生成物含量应增大，压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，生成物含量应减少，与图像不符合，故A错

误；该反应中化学计量数2<2＋1，ΔH>0，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，生成物含量增大，与图像相符，故B正确；该反应中化学计量数4＋5<4＋6，ΔH<0，正反应为放热反应，压强一定时，升温化学平衡逆向移动，气体物质的量减小，质量不变，则混合气体平均相对分子质量应增大，与

图像不符，故C错误；该反应中气体化学计量数1＋1>1，ΔH>0，温度一定时，加压化学平衡正向移动，正反应速率应大于逆反应速率，与图像不符，故D错误。7．答案：C解析：不确定X、Y的投料比，不能判断X、Y的转化率，A错误；不确定

N的物质状态，转移走部分N，X的转化率不一定增大，B错误；增大压强，X的转化率减小，平衡逆向移动，则反应为气体分子数增加的反应，X与Y均为气体，则N一定为气体，C正确；不确定n的值及N的物质状态，如果n＝1，N为固体，增加M的量，M的百分含量不增大，D错误。8．答案：A解析：若温度适

当降低，F的浓度增加，说明降温平衡逆向移动，则该反应为吸热反应，该反应的焓变为正值，C错误；温度不变，平衡常数不发生改变，D错误。9．答案：D解析：平衡时，正、逆反应速率相等，即K＝c（C2H5OH）c（C2H4）·

c（H2O）＝k正k逆，升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，K减小，故k正增大的倍数小于k逆。10．答案：A解析：催化剂可以降低反应活化能，因此途径一未使用催化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径二和途径一的甲酸平衡转化率相同，A错误

；催化剂可以降低反应活化能，但不能改变焓变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因此ΔH1＝ΔH2<0，但Ea1>Ea2，B正确；途径二中H＋作为反应物参与反应，通过改变反应途径加快反应速率，C正确；途径二中，生成的活化能最高，则途径二反应的快慢由生成的速率决定，D正确。11．

答案：C解析：甲乙比较，乙首先达到平衡，反应速率快，其它条件相同的情况下，说明乙的温度高，乙中C的平衡浓度比甲低，说明升高温度平衡逆向移动，所以T1<T2，且该反应为放热反应，故A错误；乙与丙比较，其它条件相同，丙的

初始浓度是乙的2倍，平衡时C的浓度也是乙的2倍，说明加压平衡不移动，该反应前后气体系数和相同，则x＝1，故B错误；根据B选项，该反应前后气体系数和相同，平衡后保持温度不变，改变容器体积平衡不移动，故C正确；根据A选项，该反应为放热

反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D错误。12．答案：D解析：该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化碳转化率减小，则反应温度：Z>Y>X，A错误；X℃时，H2和CO的起始组成比越大，容器中氢气的浓度越大，一氧化碳的转化率越大，氢气的转化率越小，B错误

；化学平衡常数只与温度有关，Y℃时，增大压强，温度不变，化学平衡常数不变，C错误；由题给数据可知，Z℃时，平衡时氢气、一氧化碳和甲醇的浓度均为0.5mol·L－1，则平衡常数值为4，D正确。13．答案：D解

析：反应Ⅰ为CO2（g）＋4H2（g）⇌CH4（g）＋2H2O（g），平衡常数可表示为K＝c（CH4）·c2（H2O）c（CO2）·c4（H2），A正确；向恒压密闭容器中通入1molCO2和4molH2，反应正向建立平衡，在600℃

时B的量达到最多，反应达到平衡状态，超过600℃时平衡向吸热反应方向移动，故反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动，甲烷的量减小，故B为甲烷，B正确；反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，故低温有利于反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，提高CO2转化为CH4的转化率，

故需研发在低温区高效的催化剂，C正确；已知反应Ⅰ：CO2（g）＋4H2（g）⇌CH4（g）＋2H2O（g）ΔH＝－164.7kJ·mol－1，反应Ⅱ：CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g）ΔH＝＋41.2kJ·mol－1，由盖斯定律Ⅱ

－Ⅰ可得CH4（g）＋H2O（g）⇌CO（g）＋3H2（g）ΔH＝＋41.2kJ·mol－1－（－164.7kJ·mol－1）＝＋205.9kJ·mol－1，此反应气体分子数增加，ΔS＞0，ΔH－TΔS＜0，则高

温下能自发，D错误。14．答案：C解析：依据起点的纵坐标及曲线的变化趋势可知，曲线Ⅰ呈上升趋势，曲线Ⅱ先升后降，因为该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆移，TiN的质量减小，所以曲线Ⅰ表示的是压强随温度的变化，曲线Ⅱ表

示的是TiN的质量随温度的变化，故A错误；b点之后，TiN的质量减小，b点为恰好达到平衡的点，a点还未达到平衡，c点是在b点基础上升高温度，平衡逆向移动，故B错误；由图可知a、b、c三点体系内固体质量大小关系是m（b）＞m（c）＞m（a），依据质量守恒，则气体质量

大小关系为m（b）＜m（c）＜m（a），结合化学方程式可知，当气体质量越大时，气体的物质的量就越小，根据M＝mn可知M（a）＞M（c）＞M（b），故C正确；平衡常数只与温度有关，a、b、c三点的温度依次升

高，反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，所以K（b）＞K（c），故D错误。15．答案：D解析：由图可知，温度越高，反应物的转化率越低，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，可知该反应的ΔH<0，故A错误；平衡时不同物质的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则平衡时

，v正（H2）＝3v逆（CO2），故B错误；该反应为放热反应，温度越高K越小，b点温度高于c点，则b点对应的平衡常数K值小于c点，故C错误；a点CO2转化率为60%，n（H2）∶n（CO2）＝2，设H2为2mol，转化的CO2为1mol×60%＝0.

6mol，结合反应可知，转化的氢气为0.6mol×62＝1.8mol，则a点对应的H2的平衡转化率为1.8mol2mol×100%＝90%，故D正确。16．答案：（1）8.3（2）AC（3）O2＋4I－＋4H＋=

==2I2＋2H2O（4）50.1（5）探究硫酸的浓度对氧化速率的影响（6）产生黄色沉淀含I2的溶液中加入AgNO3也能产生黄色沉淀（7）向5mL（过量）0.01mol·L－1KI溶液中加入3mL（少量）0.005

mol·L－1Fe2（SO4）3溶液，再向其中加入KSCN溶液，溶液变红，说明含有过量I－的溶液中存在Fe3＋，即可证明该反应为可逆反应17．答案：（1）6.274（2）0.8解析：（1）由图可知，Δc（H2O）＝（2.0－0.4）m

ol·L－1＝1.6mol·L－1，则Δn（H2O）＝1.6mol·L－1×1L＝1.6mol，根据反应方程式可知，Δn（CoFe2O4）＝1.6mol，Δm（CoFe2O4）＝1.6mol×235g·mol－1＝376g，则60min内，v（Co

Fe2O4）＝376g60min≈6.27g·min－1。由图可知，反应在60min时达到平衡状态，v正＝v逆，此时c（H2O）＝0.4mol·L－1，c（H2）＝1.6mol·L－1，k正·c（H2O）＝k逆·c（H

2），则k正k逆＝c（H2）c（H2O）＝1.6mol－10.4mol·L－1＝4，在a点时c（H2O）＝c（H2），v正v逆＝k正·c（H2O）k逆·c（H2）＝k正k逆＝4。（2）当反应达到平衡时v正＝v逆，k正k逆＝p（CH3CHO）p（CH

4）·p（CO）＝Kp＝4.5×10－5；T2K、1.0×104kPa时，设起始时n（CH4）＝n（CO）＝1mol，列三段式CO（g）＋CH4（g）⇌CH3CHO（g）起始量/mol110变化量/mol0.20.20.2最终量/mo

l0.80.80.2所以p（CH4）＝p（CO）＝0.81.8×1.0×104kPa＝49×104kPa，p（CH3CHO）＝0.21.8×1.0×104kPa＝19×104kPa，所以v正＝k正·p（CO）·p（CH4）＝k正×49×104kPa×49×104kPa

、v逆＝k逆·p（CH3CHO）＝k逆×19×104kPa，v正v逆＝k正k逆×p（CH4）·p（CO）p（CH3CHO）＝4.5×10－5×49×104×49×10419×104＝0.8。18．答案：（1）任

何温度下都能自发进行，是因为ΔH<0，ΔS>0（2）①6.7×103mol－1·L②88%（3）①C②BDF③（4）①HS－＋4H2O2===SO2－4＋4H2O＋H＋②S＋3H2O2===SO2－4＋2H2O＋2H＋解析：（1）实验室可用铜与浓硫酸反

应制备少量SO2的反应为Cu（s）＋2H2SO4（l）===CuSO4（s）＋SO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－11.9kJ·mol－1，由于该反应ΔH<0、ΔS>0，因此该反应在任何温度下都能自发进行。（2）①根据题中所给的数据可以求出该

温度下2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）的平衡常数为K＝c2（SO3）c2（SO2）·c（O2）＝（4.4×10－2mol·L－1）2（6.0×10－3mol·L－1）2×8.0×10－3mo

l·L－1＝6.7×103L·mol－1。②平衡时SO2的转化率为c（SO3）c（SO2）＋c（SO3）×100%＝4.4×10－2mol·L－16.0×10－3mol·L－1＋4.4×10－2mol·L－1×100%＝88%；（3）①在常压下SO2催化氧化为SO3的反应中，SO2的转化率已

经很高，工业上没有采用高压的反应条件，A不正确；进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B不正确；通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）

向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和SO2的转化率，C正确；SO3与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收SO3，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响SO3被水吸收导致SO3的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收SO3，D不正确。综上所

述，相关说法正确的是C；②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，SO2的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是b1→a2、b2→a3、

b3→a4，因此选BDF；③对于放热的可逆反应2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g），该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于

最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO2的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的

接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO2的转化率低于其平衡转化率。因此，反应2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示如下：。（4）由pH­时间振荡曲线可知，在Na2

S­H2SO4­H2O2溶液体系中，溶液的pH呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成HS－，S2－＋H＋===HS－，然后发生HS－＋4H2O2===SO2－4＋4H2O＋H＋，该过程溶液的pH基本不变，溶液保持澄

清；溶液变浑浊时HS－被H2O2氧化为S，即发生HS－＋H2O2＋H＋===S↓＋2H2O，该过程溶液的pH增大；溶液又变澄清时，S又被H2O2氧化为SO2－4，发生S＋3H2O2===SO2－4＋2H2O＋2H＋，该过程溶液的pH在减小。因此可以推测该过程中每一个周期

内的反应进程中依次发生了如下离子反应：S2－＋H＋===HS－、HS－＋4H2O2===SO2－4＋4H2O＋H＋、HS－＋H2O2＋H＋===S↓＋2H2O、S＋3H2O2===SO2－4＋2H2O＋2H＋。19．答案：（1）反应Ⅰ（2）加催化剂CO

（g）＋2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH1＝－91.0kJ·mol－1低温（3）①bc②＞该反应是放热反应，升高温度平衡逆移，H2的体积分数增大，故T1>T2③＜④52p24解析：（1）反应Ⅰ是化合反应，原子利用率为100%，符合“原子经济性”原则；（2）图中使曲线a对应反应按曲线b

进行，反应的活化能降低，加入催化剂可以达到此效果；由图可知，反应Ⅰ的ΔH1＝－（510－419）kJ·mol－1＝－91.0kJ·mol－1，则由合成气制备甲醇的热化学方程式为CO（g）＋2H2（g）===CH3OH（g）ΔH1＝－91.0kJ·mol－1；反应Ⅰ是放热反应，ΔH1＜0，又

ΔS＜0，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0时反应能自发进行，故该反应自发进行的条件为低温；（3）①a.恒温恒压时，反应2CO（g）＋4H2（g）===CH3OCH3（g）＋H2O（g）的起始投料为2molCO和4molH2，而反应中消耗的C

O和H2的物质的量之比为1∶2，故反应过程中CO和H2的转化率始终相等，不能判断反应达到平衡状态，错误；b.混合气体密度ρ＝mV，因反应前后都是气体，质量守恒，又由于反应条件是恒温恒压，随着反应进行，反应体系的体积在不断变化，故

当体系中混合气体的密度保持不变时，反应达到平衡状态，正确；c.反应中氢气的浓度和甲醚的浓度都在不断变化，当c（H2）c（CH3OCH3）的值保持不变时，反应达到平衡状态，正确；d.恒压条件下，反应体系压强始终保持不

变，不能作为判断反应是否达到平衡状态的依据，错误。②由图可知，压强为p1kPa时，在T1温度下平衡时氢气的体积分数大于在T2温度下平衡时氢气的体积分数，结合反应的ΔH＜0，该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，H2的体积分数增大，可推知T1＞T2；③在A、B两点对应的反应条件

不同，B点温度高，压强大，化学反应速率快，故反应从开始到平衡时生成二甲醚的平均反应速率v（A）＜v（B）；④已知起始时在容器中充入2molCO和4molH2合成CH3OCH3（g），设达到平衡时CO转化了2xmol，列“三段式”：

2CO（g）＋4H2（g）⇌CH3OCH3（g）＋H2O（g）始（mol）2400变（mol）2x4xxx平（mol）2－2x4－4xxx由图所示，B点的氢气体积分数为40%，则4－4x4－4x＋2－2x＋x＋x×100%＝40%，则x＝23，则平衡时CO的物质的量为2－2

×23＝23mol，H2的物质的量为4－4×23＝43mol，CH3OCH3的物质的量为23mol，H2O的物质的量为23mol，平衡时体系的总物质的量为23mol＋23mol＋23mol＋43mol＝103mol，则B点对应的Kp＝p（CH3

OCH3）×p（H2O）p2（CO）×p4（H2）＝p2×23103×p2×23103p2×231032×p2×431034＝52p24。