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备战2025年高考：暑期提分“神器装备”高频考点精练（化学）目录考点1化学实验常用仪器与基本方法考点2物质的检验、分离与提纯考点3物质的量气体摩尔体积考点4物质的量浓度考点5物质的分类及转化考点6离子反应考

点7氧化还原反应考点8钠及其化合物碱金属元素考点9铁及其化合物考点10金属材料考点11氯及其化合物海水资源利用考点12硫及其化合物考点13氮及其化合物考点14无机非金属材料考点15化学反应的热效应考点16原电池与化学电源考点17电解池金属的腐蚀与防护考点1

8化学反应速率考点19化学反应的方向、限度考点20化学平衡常数及转化率化学反应的调控考点21电离平衡考点22水的电离和溶液的pH考点23盐类的水解考点24沉淀溶解平衡考点25原子结构考点26元素周期律元素周期表考点27化学键考点28分子结构与物质的性质考点29晶

体结构与性质考点30有机化合物的结构特点与研究方法考点31烃考点32烃的衍生物考点33生物大分子及合成高分子参考答案考点1化学实验常用仪器与基本方法一、选择题1.实验室安全至关重要,下列实验室事故处理方法错误

的是()。A.眼睛溅进酸液,先用大量水冲洗,再用饱和碳酸钠溶液冲洗B.皮肤溅上碱液,先用大量水冲洗,再用2%的硼酸溶液冲洗C.电器起火,先切断电源,再用二氧化碳灭火器灭火D.活泼金属燃烧起火,用灭火毯(石

棉布)灭火2.下列药品的保存方法正确的是()。A.氢氟酸保存在棕色细口玻璃瓶中B.镁条能与氧气反应,所以必须保存在煤油中C.硅酸钠的水溶液保存在带有玻璃塞的细口玻璃瓶中D.碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中3.下列实验中,实验设计或所选装置合理的是()。A.用乙醇提取碘水中的碘,应选择

图③所示装置B.用图①和图②所示装置进行粗盐提纯C.用图④所示装置进行石油分馏实验制取汽油D.图⑤所示装置中盛有饱和Na2SO3溶液,用于除去SO2中含有的少量HCl4.(双选)下列有关实验装置或操作正确的是()。A

.装置甲液面读数为12.20mLB.用装置乙制取气体测量体积可以减少误差C.用装置丙配制一定浓度的稀硫酸D.装置丁可验证碳酸氢钠受热分解5.下列装置可以用于相应实验的是()。6.下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的是()。A.重结晶法提纯苯甲酸:①②③B.蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4:③⑤⑥

C.浓硫酸催化乙醇制备乙烯:③⑤D.酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度:④⑥7.(双选)下列有关仪器的名称、图片、用途与使用操作的叙述均正确的是()。选项ABCD名称250mL容量瓶锥形瓶洗气瓶碱式滴定管图片用途与使用操作定容时仰视刻度线,则配得的溶液浓

度偏小蒸馏时的接收装置除去SO2中的少量HCl准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液8.对于一定物质的量浓度溶液的配制实验和滴定实验,下列做法正确的是()。A.进行容量瓶检漏时,倒置一次即可B.滴入半滴标

准溶液,锥形瓶中溶液变色,即可判定达滴定终点C.滴定读数时,应单手持滴定管上端并保持其自然垂直D.滴定读数时,应双手一上一下持滴定管9.某研究小组利用下图装置(夹持装置已略去)探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理。其中Na2S

O3放在三颈烧瓶中,下列说法不正确的是()。A.装置B中若产生白色沉淀,说明Fe3+能将SO2氧化成SO42−B.实验室中配制70%的硫酸需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒C.三颈烧瓶中通入N2的操作应在滴加浓硫酸之前

,目的是排尽装置内的空气D.装置C可能发生倒吸,同时还不能完全吸收反应产生的尾气二、非选择题10.熟悉和使用中学化学实验中常见仪器及用品,是化学学习的基本要求。试回答以下问题。(1)在仪器:a.分液漏斗、b.试剂瓶、c.集气瓶、d.滴定管、e.容量瓶、f.量筒、g.托盘天

平中,标有“0”刻度的是(填字母)。(2)蒸发皿的使用:把滤液倒入蒸发皿中,再把蒸发皿放到铁架台的铁圈上。用酒精灯加热,同时用玻璃棒不断搅拌,以防止。当蒸发皿里的液体较少时,则应,利用余热,使剩余溶剂挥发。(3)用装置甲、乙、丙和乳胶管

组成一套装置(气密性已检查),可用于制取并收集NH3或HCl气体。可供选择的液体试剂(固体试剂任选)有:浓硫酸、浓盐酸、浓氨水,丙中试剂为紫色石蕊溶液。①若制取某气体的过程中,丙中的石蕊溶液变红,且烧瓶中的试剂A与分液

漏斗中的试剂B均为无色液体,则试剂A为,制取该气体利用了B的性质有、。②通过丙中紫色石蕊溶液变红或变蓝,说明乙中气体已集满。若石蕊溶液变蓝,则烧瓶甲中应加入的固体试剂A为;若在乙中收集NH3,气体流经装置的顺序是a→→→d(填接口字母)。11.现有下列

仪器或装置,请回答下列问题。(1)仪器①的名称是,②的名称是。(2)用上图仪器组装成气体发生装置:用KClO3与MnO2制取O2应选的装置是(填字母,下同);用H2O2与MnO2制O2,并控制产生O2的速率,应选的装置是。(3)若用装置X进行“排空气法”收集制取的O2,氧气应从(填“b”

或“c”,下同)端通入。若瓶中装满水,用排水法收集氧气,氧气应从端通入。(4)若用装置F进行CO还原Fe2O3的实验,实验室制取CO一般采取甲酸脱水法(HCOOHCO↑+H2O),用纯净的CO完成该实验。①除F

、X外还需要的装置有,X中应加入的试剂是,X与其他导管连接的顺序是(填导管口的字母)。②实验时,a处可能的现象为;F装置中气球的作用是。考点2物质的检验、分离与提纯一、选择题1.下列鉴别或检验不能达到实验目的的是()。A.用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCO3B.用KSCN溶液检验FeSO4

是否变质C.用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3是否被氧化D.加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛2.某研究性学习小组欲分析某矿石的主要成分,粉碎后将其溶于过量稀盐酸充分反应,过滤后用所得滤液进行如下实验,下列说法正确的是()。A.取少量滤液向其中滴加少量Na2CO3溶液,无白色沉淀,

说明矿石中一定不含Ca2+B.取少量滤液向其中滴加过量BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明矿石中含有SO42−C.取少量滤液向其中滴加过量的氨水,白色沉淀逐渐增多,然后渐渐溶解,说明矿石中含有Al3+D.取少量滤液向其中先通入少量Cl2,再

滴加KSCN溶液,溶液变红色,说明矿石中一定含有Fe2+3.(双选)下列操作中正确的是()。A.除去NaCl固体中的少量KNO3,应将固体溶解后蒸发结晶,趁热过滤,洗涤干燥B.蒸馏操作时,应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底

部C.萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水的密度大D.分液操作时,分液漏斗下端紧靠烧杯内壁4.下列关于离子检验的说法正确的是()。A.检验溶液中是否含有Ba2+:取少量待测液,向其中加入少量稀硫酸,若有白色沉淀产生,则溶液中含有Ba2+B.某溶液的焰

色试验呈黄色,则溶液中一定有钠元素,可能有钾元素C.检验用氯化亚铁制得的氯化铁中是否含有Fe2+,可选用的试剂是酸性KMnO4溶液D.在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀,加稀硝酸,沉淀不溶解,说明该未知溶液中存在SO42−或SO32−5.(双选)下列实验中,所采取的方法及

其原理均正确的是()。选项实验目的实验方法实验原理A除去NO中的NO2通过盛有水的洗气瓶NO2能与水反应生成NO,NO不与水反应B除去乙醇中的水加入无水硫酸铜然后蒸馏无水硫酸铜能结合水形成晶体C除去KNO3中的NaCl冷却热饱和溶液,重结晶NaCl的溶解度受温

度影响较大D除去铁粉中混有的铝粉加入过量NaOH溶液,充分反应后过滤铝能与NaOH溶液反应而铁不能6.下列图示的实验或操作正确的是()。AB分离甲苯和水浓硫酸的稀释CD除去CO中的CO2萃取振荡时放气7.下列物质去除杂质所选试剂和反应的方程式

均正确的是()。选项物质(杂质)除杂试剂反应方程式ACu(OH)2[Al(OH)3]足量NaOH溶液Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-BMgCl2(FeCl3)过量MgO2Fe3++MgO+3H2O2Fe(OH)3+Mg2+CCO2(SO2)足量NaOH

溶液SO2+2OH-SO32−+H2ODCH3CH3(CH2CH2)足量溴水CH2CH2+4Br2CBr2CBr2+4HBr8.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是()。选项实验操作现象解释或结论A向

溶液中加入稀盐酸无明显现象,再滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成原溶液中有SO42−B向AgI沉淀中滴入稀KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgI更难溶C向CH3CH2X中加入少量AgNO3溶液,加热有浅黄色沉淀生成CH3CH2

X中含有Br-D向淀粉溶液中加入稀硫酸,加热几分钟,冷却后再加入新制Cu(OH)2,加热没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖二、非选择题9.某废液中含有大量的K+、Cl-、Br-,还有少量的Ca2+、Mg2+、SO42−。某研究性学习小组利

用这种废液来制取较纯净的氯化钾晶体及液溴(Br2),设计了如下流程图:可供试剂a、试剂b(试剂b代表一组试剂)选择的试剂:饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、KOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、H2O2溶液、酸性KMnO4溶液、稀盐酸。请根据流程图,回答相关问题。

(1)试剂a应该选用。(2)操作①②③④⑤的名称是(填字母)。A.萃取、过滤、分液、过滤、蒸发结晶B.萃取、分液、蒸馏、过滤、蒸发结晶C.分液、萃取、过滤、过滤、蒸发结晶D.萃取、分液、分液、过滤、蒸发结晶(3)除去无色液体Ⅰ中的Ca2+

、Mg2+、SO42−,选出试剂b所代表的试剂,按滴加顺序依次是。(4)调节pH的作用是,操作方法是。(5)操作⑤中用到的瓷质仪器名称是。10.为了将混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠提纯,并制得纯净的氯化钠溶液,某学生设计如下实验:NaCl、N

a2SO4、NH4HCO3残留物溶液悬浊液滤液纯净的NaCl溶液请回答下列问题。(1)操作②(填“能”或“不能”)用硝酸钡溶液,说明理由:。(2)进行操作②后,判断SO42−已除尽的方法是。(3)操作③的目的是;悬浊液无需过滤

就滴加碳酸钠溶液,其理由是。(4)此设计方案是否严密?(填“是”或“否”),说明理由:。11.青蒿素是烃的含氧衍生物,为无色针状晶体,易溶于丙酮、氯仿和苯中,在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解,在水中几乎不溶,熔点为156~157℃,热稳定性差,青蒿素是高效的抗疟药。已知:乙醚沸点为

35℃,从青蒿中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的,主要有乙醚浸取法和汽油浸取法。乙醚浸取法的主要工艺如图所示:(1)对青蒿进行干燥破碎的目的是。(2)操作Ⅰ需要的玻璃仪器主要有烧杯、,操作Ⅱ的名称是。(3)操作Ⅲ的主要过程可能是。A.加水溶解,蒸发浓缩、冷却结晶B.加95%的乙

醇,浓缩、结晶、过滤C.加入乙醚进行萃取分液(4)用下列实验装置(夹持装置已省略)测定青蒿素分子式的方法如下:将28.2g青蒿素样品放在硬质玻璃管C中,缓缓通入空气数分钟后,再充分燃烧,精确测定装置E和F实验前后的质量,根据所测数据计算。①装置A、E、F中盛放的物质分别是、、。②G的作用是。考

点3物质的量气体摩尔体积一、选择题1.已知14.2gX气体在标准状况下的体积是4.48L,则X气体的摩尔质量是()。A.71gB.71C.71g·mol-1D.142g·mol-12.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()。A.Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时,转移

电子数为0.1NAB.标准状况下,2.24L己烷中共价键的数目为1.9NAC.在0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中,阴离子总数一定大于0.1NAD.34gH2O2中含有的阴离子数为NA3.NA为阿伏

加德罗常数的值,下列说法正确的是()。A.1molD2O比1molH2O多NA个质子B.密闭容器中,2molSO2和1molO2催化反应后分子总数小于2NAC.20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中共价键的数目为13NAD.标准状况下2.24LCH4和C2

H4的混合气体完全燃烧,消耗O2的分子数目一定为0.25NA4.(双选)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()。A.7.8gNa2O2与CO2完全反应,转移电子数为0.1NAB.3.4gH2O2完全

分解转移电子数为0.2NAC.2.4gMg无论与O2完全反应,还是与N2完全反应,转移电子数都是0.2NAD.5.6gFe与Cl2完全反应,转移电子数为0.2NA5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列有关叙述正确的是()。A.常温常压下,1

mol甲基(—14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NAB.pH=1的H2SO3溶液中,含有0.1NA个H+C.1molFe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NAD.1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NA6.

在甲、乙两个容积不同的密闭容器中,分别充入质量相同的CO、CO2气体时,两容器的温度和压强均相同,则下列说法正确的是()。A.充入的CO分子数比CO2分子数少B.甲容器的容积比乙容器的容积小C.CO的气体摩尔体积比

CO2的气体摩尔体积小D.甲中CO的密度比乙中CO2的密度小7.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()。A.水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时,反应中转移的电子数为2NAB.25℃时,1LpH=11的醋酸钠溶液中,由水电离出的OH-数目为

0.001NAC.1mol—OH(羟基)与1molNH4+中所含电子数均为10NAD.2.8g乙烯与2.6g苯中含碳碳双键数均为0.1NA8.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()。A.1L11.8mol·L-1的浓盐酸与足量MnO2在加热条件下反应

生成Cl2的分子数为2.95NAB.向1L0.1mol·L-1氯化铵溶液中通入少量NH3调节溶液为中性,则NH4+的数目为0.1NAC.向1L1mol·L-1FeBr2溶液中通入足量氯气,转移的电子数为3NAD.密闭容器中1molN2与3molH2在一定条件下充分反应,生成的NH3分子数为2

NA9.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()。A.1molCHCl3含有C—Cl的数目为3NAB.1L1.0mol·L-1的盐酸含有阴离子总数为2NAC.11.2LNO与11.2LO2混合后的分子数目为NAD.23gNa与足量H2O反应生成的H2分子数

目为NA10.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()。A.120.0gNaHSO4与MgSO4的固体混合物中含有的离子总数大于2NAB.含0.1molCH3COONa的溶液与适量的CH3COOH混合使溶液的pH=7,

则CH3COO-的个数为0.1NAC.0.1molFe恰好溶解在100mL某浓度的硝酸中,该反应转移的电子数为0.3NAD.标准状况下,2.24LCl2溶于水转移电子的数目为0.1NA二、非选择题11.物质的量是高中化学常用的物理量,请完成以下

有关计算。(1)设NA为阿伏加德罗常数的值,0.2gH2含有个氢原子。(2)标准状况下,含有相同氧原子数的CO和CO2的体积之比为。(3)在9.5g某二价金属的氯化物中含有0.2molCl-,此氯化物的摩尔质量为,该金属元素的相对原子质量为。(4)6.72LCO(标准状况)与一定量的Fe2

O3恰好完全反应(生成Fe与CO2)后,生成Fe的质量为g。12.(1)设NA为阿伏加德罗常数的值,则3.4gNH3中所含氢原子个数为。(2)3.01×1023个OH-的质量为g,含有电子的物质的量为,这些OH-与molNH3的质量相同。(3)

将4gNaOH固体溶于水配成250mL溶液,此溶液中NaOH的物质的量浓度为mol·L-1。取出10mL溶液加水稀释到100mL,稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为mol·L-1。(4)现有M、N两种气态化合物,其摩尔质量之比为2∶1。试回答下列问题。①同温同压下,M、N两种气体的密度之比为

;②相同温度下,在两个相同容积的密闭容器中分别充入M、N,若两个容器中气体的密度相等,则充有M、N两种气体的两个容器中的压强之比为;③将M、N两种气体分别溶于水(M、N与水均不反应)配成溶液,当两种溶液中溶质的质量分数相同时,其密度分别为ρ1和ρ2,

则两种溶液中溶质的物质的量浓度之比为。13.(1)在一定温度和压强下,1体积X2(g)与3体积Y2(g)化合生成2体积Z(g),则Z气体的化学式是。(2)A、B两种气体组成的混合气体8.6g,在标准状况下体积为8.96L。已知A与B的物质的量之比为

3∶1,相对分子质量之比为14∶1,由此推断A可能是,B可能是。(3)在标准状况下,CO和CO2的混合气体质量为36g,体积为22.4L,则CO所占的体积是L,质量是g。14.(1)某小组分析二氧化铅分解产物的组成,取478gPbO2加热,

PbO2在加热过程中发生分解的失重曲线如图所示,已知失重曲线上A点残余固体质量分数为96.66%,则A点固体的化学式为。已知PbO2与硝酸不反应且氧化性强于硝酸,而PbO是碱性氧化物,能与酸反应,写出A点分解产物与硝酸反应的化学方程式

:。(2)Co(OH)2在空气中加热时,固体质量随温度变化的曲线如下图所示,通过分析计算确定:①1000℃时,固体的成分为。②取800℃时的产物(其中Co的化合价为+2价、+3价),用480mL5mol·L-1盐酸恰好完全溶解固体,得到CoCl2溶液和4.48L(标准状况)黄绿色气体。

则该钴氧化物中n(Co2+)∶n(Co3+)=。考点4物质的量浓度一、选择题1.下列所配溶液浓度为1mol·L-1的是()。A.将31gNa2O溶于1L水中B.常温下,将22.4LHCl溶于水中,配成1L溶液C.

将100mL5mol·L-1的KNO3溶液加水稀释至500mLD.将10mL10mol·L-1的H2SO4溶液与90mL水混合2.用NaOH固体配制1.0mol·L-1的NaOH溶液220mL,下列说法

正确的是()。A.首先称取NaOH固体8.8gB.定容时仰视刻度线会使所配制的溶液浓度偏大C.定容后将溶液振荡均匀,静置时发现液面低于刻度线,于是又加少量水至刻度线D.容量瓶中原有少量蒸馏水对实验结果没有影响3.用36.5%的浓盐酸(密度

为1.2g·cm-3)配制1mol·L-1的稀盐酸100mL,配制过程中按顺序需要用到的仪器有()。①100mL量筒②10mL量筒③50mL烧杯④托盘天平⑤100mL容量瓶⑥胶头滴管⑦玻璃棒A.①③⑤⑥⑦B.②⑥③⑦⑤⑥C.③⑤⑦⑥④D.④③⑦⑤⑥4

.某温度下,xmL不饱和NaNO3溶液ag,蒸发掉bg水或加入bgNaNO3固体(恢复到原温度)均可使溶液达到饱和,则下列各量的计算结果正确的是()。A.该温度下NaNO3的溶解度为50gB.原不饱和溶液的密度为���+������g·cm-3C.原不饱和溶液中

NaNO3的质量分数为500(���-���)���%D.原不饱和溶液中c(NaNO3)=100(���-���)17���mol·L-15.某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中,c(Mg2+)=2mol·L-1,c(SO42−)=6.5mol·L-1

,若将200mL此混合液中的Mg2+和Al3+分离,至少应加入1.6mol·L-1的氢氧化钠溶液()。A.0.5LB.1.625LC.1.8LD.2L6.将标准状况下的aL氯化氢气体溶于1000g水中,得到的盐酸的密度为bg·cm-3,则该盐酸中

溶质的物质的量浓度是()。A.���22.4mol·L-1B.������22400mol·L-1C.������22400+36.5���mol·L-1D.1000������22400+36.5���mol·L-17.下列叙述中正确的是()

。A.将78gNa2O2溶于1.00L水中,所得溶液中Na+的物质的量浓度为2.00mol·L-1B.将10mL18.4mol·L-1的浓硫酸加水稀释至1L,稀释后溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.184mol·L-1C.100mL2.

0mol·L-1Na2CO3溶液中Na+数约为0.2×6.02×1023D.将2.00gNaOH固体置于500mL容量瓶内,然后加水至刻度线即得1.00mol·L-1的NaOH溶液8.下列叙述错误的是()。A.10mL溶质质量分数为98%的H2SO4溶液,用10mL水稀释后,H2SO4的质量分数大

于49%B.配制0.1mol·L-1的Na2CO3溶液480mL,需用500mL容量瓶C.在标准状况下,将22.4LNH3溶于1L水中,得到1mol·L-1的氨水D.室温下,向两份质量相同、浓度相同的不饱和烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O,均使溶液恰

好饱和,则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)9.(双选)以下有关物质的量浓度的叙述正确的是()。A.等体积硫酸铁溶液、硫酸铜溶液、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应,若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1∶2∶3,则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1∶6

∶9B.150mL1mol·L-1的氯化钾溶液中的c(Cl-)与50mL1mol·L-1的氯化铝溶液中的c(Cl-)相等C.20℃时,饱和KCl溶液的密度为1.174g·cm-3,物质的量浓度为4.0mol·L-1,则此溶液中KCl的质量分数为74.5×4.01.174×1000×1

00%D.20℃时,100g水可溶解34.2gKCl,此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2%10.(双选)某同学参阅了“84”消毒液说明书中的配方,欲用NaClO固体配制480mL含25%NaClO

、密度为1.19g·cm-3的消毒液。下列说法正确的是()。A.配制过程只需要三种仪器B.所配得的NaClO消毒液在空气中经光照、久置后,溶液中NaClO的物质的量浓度减小C.容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才可用

于溶液的配制D.需要称量的NaClO固体的质量为148.8g二、非选择题11.(1)含有6.02×1023个氧原子的H2SO4的物质的量是mol。(2)与标准状况下11.2LCO2所含氧原子数目相同的水的质量是g。(3)用18mol·L-1浓硫酸配制90

mL1mol·L-1稀硫酸,需用mL容量瓶,需取用18mol·L-1浓硫酸mL(用量筒量取)。(4)若将Cl2通入热的烧碱溶液中,可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液。当NaCl和NaClO3的物质的量之比为

8∶1时,混合液中NaClO和NaClO3的物质的量之比为。12.配制480mL0.5mol·L-1的NaOH溶液,试回答下列问题。(1)选择仪器:完成本实验所必需的仪器有托盘天平(精确到0.1g)、药匙、烧杯、玻璃棒、、等。(2)计算:需要NaOH固体的质量为。(3)称

量:①称量过程中NaOH固体应放在小烧杯中并放在天平的(填“左盘”或“右盘”)。②某学生先用托盘天平称量一个小烧杯的质量,称量前把游码放在标尺的零刻度处,天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置,说明此时左边

质量(填“大于”或“小于”)右边质量。假定最终称得小烧杯的质量为(填“32.6g”或“32.61g”),请用“↓”表示在托盘上放上砝码,“↑”表示从托盘上取下砝码的称量过程,并在下图中标尺上画出游码的位置(画“△”表示)。砝码质量/g502020105称量(取用砝码过程)标尺:(4)溶解、冷

却。该步实验中需要使用玻璃棒,作用是。(5)转移、洗涤。在转移时应使用引流,洗涤烧杯2~3次是为了。(6)定容、摇匀。定容的操作是。13.某品牌的“84”消毒液的主要成分为NaClO,浓度为4.0mol·L-1,密度为1.2g

·cm-3。请回答下列问题。(1)该“84”消毒液的质量分数为(保留3位有效数字)。(2)某同学欲用NaClO固体配制240mL“84”消毒液。①下列仪器中,不需要用到的是(填字母)。A.烧杯B.250mL容量瓶C.10mL量

筒D.胶头滴管E.天平②下列操作会导致所得溶液浓度偏大的是(填字母)。A.用长时间放置在空气中的NaClO固体配制B.配制前,容量瓶中有少量蒸馏水C.配制过程中,未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒D.定容时俯视容量瓶刻度线(3)三元催化剂能同时实现汽

车尾气中的CO、NOx、CxHy三种成分的净化,其催化剂表面物质转化的关系如图1所示。化合物X可借助红外光谱(如图2所示)确定。图1图2①X的化学式为。②在图1的转化中,既被氧化又被还原的元素是(填元素符号)。14.实验室需要480mL0.4mol·L-1的Na2CO3溶液,有如下操作步骤:A.把

称量好的Na2CO3固体放入小烧杯中,加适量蒸馏水溶解,冷却至室温B.把A所得溶液小心转入一定容积的容量瓶中C.继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1~2cm处,改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切D.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次,

每次洗涤的液体都小心转入容量瓶E.将容量瓶瓶塞塞紧,充分摇匀请回答下列问题。(1)操作步骤的正确顺序为(填序号)。(2)实验室有如下规格的容量瓶:a.100mL,b.250mL,c.500mL,d.1000mL,本实验选用(填字母)。(3)本实验用到的基本实验仪器除

容量瓶、托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、量筒、胶头滴管外,还必须使用的玻璃仪器有。实验中该仪器的作用是。(4)本实验需要Na2CO3的物质的量是mol。(5)误差分析(填“偏大”“偏小”或“无影响”):A.称量Na2CO3时,物质和砝码位置颠倒(1g

以下用游码):。B.某同学观察液面的情况如图所示:。C.加蒸馏水时不慎超过了刻度线,立即用胶头滴管将多余的液体吸出:。15.食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡

密切相关。(1)配制250mL0.1mol·L-1的HAc溶液,需5mol·L-1HAc溶液的体积为mL。(2)下列关于250mL容量瓶的操作,正确的是(填字母)。(3)移取20.00mLHAc溶液,加入2滴酚酞溶液,用0.1000mol·L-1N

aOH溶液滴定至终点,消耗体积为22.08mL,则该HAc溶液的浓度为mol·L-1。考点5物质的分类及转化一、选择题1.中华文化源远流长,化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是()。A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金B.长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素C.蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸

,该过程不涉及化学变化D.铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料,经高温烧结而成2.化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法不正确的是()。A.质量分数为0.5%的过氧乙酸溶液能高效杀死病毒,用过氧乙酸与苯酚溶液混合可以提高消杀效率B.手机处理器所用芯片的主要成分是硅C.疫

苗必须冷藏存放,其目的是避免疫苗蛋白质变性D.充分利用太阳能、风能、地源热能、生物质能能体现“低碳、环保”的理念3.分类是化学学习和研究的常用手段,下列分类依据和结论都正确的是()。A.冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物B.Na2O、NaOH、Na2CO3、

NaCl、Na2SO4、Na2O2都属于钠的含氧化合物C.漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物D.HClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性,都是氧化性酸4.中国传统文化对人类文明贡献巨大,古代文献中记载了古代化

学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是()。选项常见古诗文记载化学知识A《梦溪笔谈》中对宝剑的记载:“古人以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”铁合金的硬度比纯铁的大,熔点比纯铁的高B《本草纲目拾遗》中对强水的记载:“性最烈,能蚀五金,其水甚强,惟玻璃可盛”“强水”为氢氟酸

C《天工开物》中记载:“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”“硫”指的是硫黄,“硝”指的是硝酸钾D《泉州府志》中记载:“安南人黄姓者为宅煮糖,墙塌压糖,去土而糖白,后人遂效之”“糖白”的过程发生了化学变化5.化学与生产、生活密切相关,下列说法错误的是()。A.SiO2具有导电性,可用于制作光

导纤维和光电池B.聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀,可用作化工反应器的内壁涂层C.Na2O2可与CO2反应放出氧气,可用于制作呼吸面具D.SO2具有漂白性,可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等6.下列关于胶体的叙述不正确的是()。A.胶体区别于其他分散系

的本质特征是其分散质粒子直径的范围为1~100nmB.光线透过胶体时,可以观察到丁达尔效应C.用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时,产生的现象相同D.Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒而沉降,达到净水目的7.在

给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是()。A.FeFeCl2Fe(OH)2B.SSO3H2SO4C.CaCO3CaOCaSiO3D.NH3NOHNO38.(双选)化学与人类的生产、生活密切相关,下列说法中正确的是()。A.蚕丝和棉花的

组成元素相同,结构不同,因而性质不同B.可用乙醇、次氯酸钠溶液、H2O2溶液消毒,其消毒原理相同C.烧碱属于碱类,谷氨酸钠(C5H8NO4Na)属于盐类D.压缩天然气(CNG)、液化石油气(LPG)的主要成分是烃类9

.(双选)以工业副产品硫酸亚铁为原料生产硫酸钾、过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]和氧化铁红颜料,其主要流程如下:下列叙述正确的是()。A.用一束光照射(NH4)2S2O8溶液,会产生丁达尔效应B.H2、CO2、Fe2O3、FeCO3

均属于电解质C.NH4HCO3是酸式盐,既能与酸反应,又能与碱反应D.室温下,FeSO4溶液、NH4Cl溶液的pH均小于710.下列说法正确的是()。①有化学键被破坏的变化一定属于化学变化②发生了能量变化的一定是化学变化③电解质溶液导电一定发生化学

变化④无水硫酸铜由白变蓝,一定是化学变化⑤O2和O3的相互转化为化学变化A.①③⑤B.③④⑤C.②③④D.①②④⑤二、非选择题11.无机化合物可根据其组成和性质进行分类。以下是一组对“一些物质与水反应”的分类图,请按要求回答以下问题。(1)上述分类中,分成A、B两组

的依据是。(2)C组物质与水反应的离子方程式为。(3)D组物质与水反应中,氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1的物质有(填化学式)。(4)E组中(填化学式)是大气主要污染物之一,易形成酸雨。12.A、B、C三只烧杯中分别盛有NaOH

溶液、KSCN溶液、煮沸的蒸馏水,各滴入FeCl3饱和溶液,试根据实验现象回答以下问题。(1)分别写出三只烧杯中形成分散系的名称:A,B,C。(2)写出C中形成分散系的化学方程式:。(3)若不用化学试

剂鉴别,写出两种鉴别滴入FeCl3饱和溶液后的B、C烧杯中分散系的简单方法:①;②。(4)向C烧杯中逐滴加入稀硫酸,现象为。13.(1)以Na、K、H、O、C、S、N中任两种或三种元素组成合适的物质,分别填在下表中②③⑥的后面。物质类别酸碱盐氧化物氢化物化学式①HCl②③④Ba(OH)2⑤

Na2CO3⑥⑦CO2⑧Na2O⑨NH3⑩H2O2(2)写出⑦转化为⑤的化学方程式:。(3)写出实验室由⑩制备O2的化学方程式:。(4)实验室制备⑦常用与反应,检验该气体的方法是。(5)①与⑤反应的离子方程式为。该反应属于

基本反应类型中的反应。(6)①与⑨反应的化学方程式为,现象为。14.现有NH3、CO、Na、Na2O2、Fe、NO、NO2、F2、SO2、SOCl2等物质,根据它们的组成及性质进行如下分类:请回答下列问题。(1)图中所示的分类方法叫。(2)淡黄色固体最终位

于组,它的电子式为。(3)C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂,写出高温下它还原Fe2O3的化学方程式:。(4)Ⅱ组中的某种物质能与水发生氧化还原反应,该反应中被氧化与被还原的元素的质量比为。(5)B组中有一种物质在高温下能与水蒸气反应,

若该反应过程中有8×6.02×1023个电子发生转移,则有g该物质参加反应。(6)Ⅱ组中有一种物质滴入水中后与水剧烈反应,常用于某些盐的脱水以制取无水盐。写出该物质与AlCl3·6H2O反应的化学方程式:。考点6离子反应一、选择题1

.下列有关电解质的叙述中错误的是()。A.强电解质在水溶液里或熔融状态时的电离方式是一样的B.弱电解质溶液可能比强电解质溶液的导电性强C.HCl是强电解质,它在水溶液里才能电离D.电解质溶液导电过程中必然伴随化学变化2.用如图所示的装置分别进行如下导电性实验

,小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是()。A.向亚硫酸钠溶液中通入氯气B.向硝酸银溶液中通入少量氯化氢C.向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气D.向氢氧化钠溶液中通入少量氯气3.(双选)下列离子方程式的书写正确的是()。A.用食醋除去热水瓶中的

水垢:CaCO3+2H+Ca2++CO2↑+H2OB.漂白粉溶液中通入少量SO2:Ca2++2ClO-+SO2+H2OCaSO3↓+2HClOC.用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2:2NO2+2OH-NO3-

+NO2-+H2OD.用惰性电极电解硫酸铜溶液:2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+4.下列离子方程式正确的是()。A.NaHCO3的水解方程式:HCO3-+H2OH3O++CO32−B.Fe2O3与HI充分反应:Fe2O3+6H

+2Fe3++3H2OC.铜插入稀硝酸中:Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO↑+H2OD.NaClO溶液中通入少量的CO2:ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-5.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()。A.无色透明的溶液中:OH-、Na+、CrO42−、SO4

2−B.c(S2O32−)=0.1mol·L-1的溶液中:Na+、K+、CO32−、SO42−C.水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液中:Na+、Mg2+、HSO3-、NO3-D.能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中:Na+、NH4+、、

Cl-6.(双选)下列离子方程式与所述事实相符且正确的是()。A.用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘:2I-+H2O2+2H+I2+2H2OB.向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液:NH4++OH-NH3·H2OC.向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至生成沉

淀的物质的量最多:Al3++2SO42−+2Ba2++4OH-[Al(OH)4]-+2BaSO4↓D.等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合:HCO3-+Ba2++OH-BaCO3↓+H2O7.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()。A

.pH=1的溶液中:HCO3-、SO42−、K+、Cl-B.遇酚酞变红的溶液中:NO3-、Na+、CO32−、K+C.c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中:H+、Fe2+、Cl-、NH4+D.无色透明溶液中:K+、SO42−、Na+、MnO4-8.向Na2CO3、NaH

CO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸,生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中,一定能大量共存的是()。A.X点对应的溶液中:Na+、OH-、SO42−、NO3-B.Y点对应的溶液中:K+、Fe3

+、MnO4-、Cl-C.M点对应的溶液中:Na+、Ca2+、NO3-、Cl-D.N点对应的溶液中:F-、NO3-、Fe3+、Ag+9.废旧磷酸铁锂电池中电极片主要由LiFePO4、铝箔、少量铜及炭黑组成,回收Fe、Li的具体流程如下:已知:LiFePO4溶于酸,不溶于碱;Li2SO4、Li2C

O3在常温下的溶解度分别为34.2g、1.3g。上述流程中各步反应的离子方程式正确的是()。A.铝箔溶于过量碱液:2Al+2OH-+4H2O2[Al(OH)4]-+H2↑B.酸浸液中PO43−水解:PO43−+3

H2OH3PO4+3OH-C.滤渣1中加入H2SO4和H2O2可发生反应:Cu+2H++H2O2Cu2++2H2OD.滤液中加入试剂X时发生的主要反应:2Li++SO42−Li2SO4↓10.下列反应的离子方程式不正确的是()。A.盐酸中滴加Na2SiO3溶液:SiO32−+2H

+H2SiO3↓B.Na2CO3溶液中通入过量SO2:CO32−+2SO2+H2O2HSO3-+CO2C.乙醇与K2Cr2O7酸性溶液反应:3CH3CH2OH+2Cr2O72−+16H+3CH3COOH+

4Cr3++11H2OD.溴与冷的NaOH溶液反应:Br2+OH-Br-+BrO-+H+二、非选择题11.某无色溶液甲中仅含有下列离子中的几种(不考虑水的电离以及离子的水解)。阳离子K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、NH4+阴离子Cl-、CO32−、HCO3-、SO42−取10

0mL溶液甲并分成两等份进行如下实验(假设每步完全反应):(1)由①可知,原溶液中存在的离子有,浓度为mol·L-1。(2)写出实验②中生成沉淀的离子方程式:。(3)通入过量CO2充分反应后,需将反应后的混合溶液加热再过滤,其目的是。(4)某同学通过分析认为该溶液中一定存在K+,其

理由是。12.请按要求书写下列离子方程式。(1)复分解离子反应中,量变引起的变化。①将NaHSO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中,当溶液恰好呈中性时,反应的离子方程式为。②向Ba(HCO3)2溶液中滴入NaHSO4溶液,至沉淀完全,写出反应的离

子方程式:。在上述溶液中继续滴入NaHSO4溶液,此时离子方程式为。③0.2mol·L-1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3mol·L-1的Ba(OH)2溶液等体积混合:。(2)氧化还原反应中,反应物及量的变化。向含有amolFeBr2的溶液中通入xmolCl2

。若x=a时,FeBr2与Cl2反应:;若x=4a时,FeBr2与Cl2反应:。(3)特殊条件下离子方程式的书写。①在碱性条件下,Cl2可将废水中的CN-氧化为无毒的CO2、N2,该过程发生反应的离子方程式为。②在酸性条件下,向含铬废水中加入FeSO4,可将Cr2O72−还原为Cr3+,

该过程发生反应的离子方程式为。③在碘化钾淀粉溶液中,滴加少量次氯酸钠碱性溶液,立即会看到溶液变蓝色,离子方程式为。13.高铁酸钾(K2FeO4)是新型多功能水处理剂。其生产工艺如下:回答下列问题。(1)反应①应在温度较低的情况下进行,因温度较高时NaOH与Cl2反应生成NaClO3,写出温

度较高时反应的离子方程式:。(2)在溶液Ⅰ中加入NaOH固体的目的是(填字母)。A.与溶液Ⅰ中过量的Cl2继续反应,生成更多的NaClOB.NaOH固体溶解时会放出较多的热量,有利于提高反应速率C.为下

一步反应提供碱性环境D.使NaClO3转化为NaClO(3)反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响。图甲为不同的温度下,不同质量浓度的Fe(NO3)3对K2FeO4生成率的影响;图乙为一定温度

下,Fe(NO3)3质量浓度最佳时,NaClO的质量浓度对K2FeO4的生成率的影响。甲乙工业生产中最佳温度为,此时Fe(NO3)3与NaClO两种溶液的最佳质量浓度之比为。(4)反应③的离子方程式为;向溶液Ⅱ中加入饱和KOH溶液得到

湿产品的原因是。(5)高铁酸钾与水反应的离子方程式是4FeO42−+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-。则其作为水处理剂的原理是①;②。考点7氧化还原反应一、选择题1.下列说法不涉及氧化还原反应的是()。A.雷雨发庄稼——自然固氮B.从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体

硅C.干千年,湿万年,不干不湿就半年——青铜器、铁器的腐蚀与防护D.灰混粪,粪混灰,粪灰相混损粪肥——灰中含有碳酸钾,粪中含有铵盐2.中国传统文化对人类文明贡献巨大,古代文献中充分记载了古代化学研究成果,晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应,

其中有①“丹砂烧之成水银,积变又还成丹砂”;②“以曾青涂铁,铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是(已知丹砂化学式为HgS)()。A.①中水银“积变又还成丹砂”说明水银发生了还原反应B.②中反应的离子方程式为2Fe+3Cu2+2F

e3++3CuC.根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银,防止中毒D.水银能与曾青发生置换反应生成单质铜3.(双选)硫酸亚铁铵隔绝空气加热到500℃发生的反应为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4X↑+5H2O↑,下列说法错误的是()。A.该反应的还原产物为Fe

2O3和N2B.X是SO2C.每生成1molN2转移电子的物质的量为8molD.分别氧化铁元素、氮元素所需的硫酸根离子的物质的量之比为1∶14.化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”,其变

化过程示意图如下。下列说法不正确的是()。A.药剂A具有还原性B.①→②过程若有2molS—S断裂,则转移4mol电子C.②→③过程若药剂B是H2O2,其还原产物为O2D.化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S—S位置来实现头发

的定型5.已知2Fe3++2I-2Fe2++I2,Br2+2Fe2+2Br-+2Fe3+。向含有FeBr2、FeI2的混合液中通入一定量的氯气后,再滴加少量KSCN溶液,溶液变为红色,则下列说法不正确的是()。A.按

I-、Fe2+、Br-的顺序还原性逐渐减弱B.通入氯气后原溶液中Fe2+一定被氧化C.原溶液中Br-一定被氧化D.不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+6.向100mL苛性钾溶液中通入一定量氯气恰好完全反应且生成物中有三种含氯元素的粒子。经测定,n(

KClO3)=0.02mol,n(KClO)=0.04mol。该苛性钾溶液中溶质的物质的量浓度为()。A.0.6mol·L-1B.1.2mol·L-1C.1.8mol·L-1D.2mol·L-17.(双选)处理某废水时,反应过程中部分离子浓度与反应时间的关系如下图,反应过程中主要存在N2、H

CO3-、ClO-、CNO-(其中碳元素为+4价,氮元素为-3价)、Cl-等粒子。下列说法不正确的是()。A.该废水呈强酸性B.废水处理后转化为无害物质C.反应的离子方程式为3ClO-+2CNO-+H2ON2

↑+2HCO3-+3Cl-D.每处理1molCNO-转移4mol电子8.某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3,已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在,下列说法错误的是()。A.“焙烧”中产生CO2B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2C.滤液①中C

r元素的主要存在形式为CrO42−D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用9.一定条件下,酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应,Mn(Ⅱ)起催化作用,过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是()。A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4B.随着反应物浓度

的减小,反应速率逐渐减小C.该条件下,Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存D.总反应为2MnO4-+5C2O42−+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O10.油画创作通常需要用到多种无机颜料,研究发现,在不同的空气湿度和光照条件下,颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了

以下两种化学反应。下列说法正确的是()。A.S2O32−和SO42−的空间结构都是正四面体形B.反应Ⅰ和Ⅱ中,元素As和S都被氧化C.反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的���(O2)���(H2���):Ⅰ<ⅡD.反应Ⅰ和Ⅱ中,氧

化1molAs2S3转移的电子数之比为3∶7二、非选择题11.(1)用电弧法合成的碳纳米管中常伴有大量碳纳米颗粒(杂质),这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯,其反应的化学方程式为C+K2Cr2O7+CO2↑+K2SO4+Cr2(SO4)

3+H2O①完成并配平上述化学方程式。②用单线桥标出该反应电子转移的方向与数目。(2)高温时,用CO还原MgSO4可制备高纯MgO。750℃时,测得气体中含等物质的量SO2和SO3,此时反应的化学方程

式是。(3)向FeCl2和FeCl3混合溶液中加入适量KOH,高速搅拌下加入油脂,过滤后干燥得到一类特殊的磁流体材料,其化学式通式为KxFeO2(其组成可理解为aK2O·bFeO·cFe2O3)。①若x的平均值为1.3,a∶b∶c=。②若x为1.4,请写出该磁流体在稀硫酸条件

下与足量的KI溶液反应的化学方程式:。(4)写出Fe3O4溶于稀硝酸的离子方程式:。12.某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质:O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程:H2O2O2。(1)该反应中,发生还原反应的过

程是。(2)写出该反应的化学方程式,并标出电子转移的方向和数目。(3)如反应转移了0.3mol电子,则产生的气体在标准状况下体积为。13.高锰酸钾是一种典型的强氧化剂,在生产、生活中有广泛应用。Ⅰ.在用酸性KMnO4溶

液处理Cu2S和CuS的混合物时,发生的反应如下:①MnO4-+Cu2S+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)②MnO4-+CuS+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)(1)下列关于反应①的说法错误的是(填字母)。A.被氧化的元素是Cu和SB.氧化剂与

还原剂的物质的量之比为8∶5C.生成2.24L(标准状况下)SO2,转移电子的物质的量是0.8molD.还原性的强弱关系是Mn2+>Cu2S(2)标出反应②中电子转移的方向和数目。Ⅱ.在稀硫酸中,MnO4-与H2O2也能发

生氧化还原反应。氧化反应:H2O2-2e-2H++O2↑还原反应:8H++MnO4-+5e-Mn2++4H2O(3)若有0.2molH2O2参加此反应,转移的电子为mol。由上述反应得出物质氧化性强弱的结论是>(填化

学式)。(4)已知:KMnO4+H2O2+H2SO4K2SO4+MnSO4+O2↑+H2O(未配平),则被1molKMnO4氧化的H2O2是mol。14.(1)①将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合,充分反应,所得溶液显酸性,含VO2+、K+、SO42

−等。写出该反应的化学方程式。②向上述所得溶液中加入KClO3溶液,充分反应后,溶液中新增加了VO2+、Cl-。写出并配平该反应的离子方程式,并标出电子转移的方向和数目。(2)将酸性条件下,铁与NO3-反应的离子方程式补充完整:□F

e+1NO3-+□□Fe2++1NH4++□(3)六价铬[Cr(Ⅵ)]有剧毒,废水中的Cr2O72−常用铁氧磁体法除去,即把过量的FeSO4·7H2O加入含Cr2O72−的废水中,调节pH<4,Fe2+将Cr(Ⅵ)还原为Cr3+。写出上述Fe2+还原Cr2O72−的离子方程式,并标出

电子转移的方向和数目。考点8钠及其化合物碱金属元素一、选择题1.下列关于钠的说法正确的是()。A.实验后剩余的钠粒不能放回原试剂瓶中B.钠着火后,可用泡沫灭火器灭火C.钠的化学性质比较活泼,少量的钠可以保

存在煤油中D.钠与硫酸铜溶液反应时,有大量红色固体铜出现2.下列有关Na2O2的说法不正确的是()。A.向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水,脱脂棉剧烈燃烧起来,说明Na2O2与H2O反应放热且有氧气生成B.Na2O2与CO2反应时有单质O2生成,该反应属于置换反应C

.Na2O2在空气中久置变白,涉及的氧化还原反应中,Na2O2既是氧化剂,又是还原剂D.Na2O2粉末加入Ca(HCO3)2溶液中,会产生气体和浑浊3.下列关于金属Na的叙述中,说法正确的是()。A.Na

在空气中燃烧,发出黄色火焰B.Na在空气中燃烧,产物是Na2OC.Na是银白色金属,硬度大,熔点高D.Na常温和加热时与氧气反应,产物一样4.下列实验装置不能达到实验目的的是()。5.向过氧化钠与水反应后的溶液中

滴加酚酞溶液,溶液先变红后褪色。某小组欲探究其原因,进行如图所示实验。实验①取反应后溶液加入二氧化锰,立即产生大量气体,该气体能使带火星的木条复燃;实验②③中红色均不褪去。下列分析错误的是()。A.过氧化钠与水反应

产生的气体为O2B.过氧化钠与水反应需要MnO2作催化剂C.实验②③可证明使酚酞溶液褪色的不是氢氧化钠和氧气D.过氧化钠与水反应可能生成了具有漂白性的H2O26.我国化工专家侯德榜发明了“侯氏制碱法”,这为世界制碱工业作出了突出

贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程及实验装置(部分夹持装置省略)如下:下列叙述错误的是()。A.实验时先点燃装置①的酒精灯,过一段时间后再打开装置③中分液漏斗的活塞B.装置②的干燥管中可盛放蘸稀硫酸的脱脂棉,作用是吸收

多余的NH3C.向步骤Ⅰ所得滤液中通入氨,加入细小的食盐颗粒并降温,可析出NH4ClD.用装置④加热碳酸氢钠可实现步骤Ⅱ的转化,所得CO2可循环使用7.某实验小组为测定某天然碱(aNa2CO3·bNaHCO3·c

H2O)样品的组成,完成下列实验,下列现象或结论不正确的是()。A.取一定量的天然碱样品,溶解,配成饱和溶液,向溶液中通入CO2,观察到有白色晶体析出B.取一定量的天然碱样品,溶解,加入生石灰,可以用于制备少量烧碱C.称取4.98g天然碱样品,逐滴加入浓度为1.5mol·L

-1的盐酸,至不再有气体产生,消耗50.0mL盐酸。由实验数据可确定所取4.98g天然碱样品中n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.075molD.称取16.6g天然碱样品,加热至恒重,生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰,两

者质量分别增加2.25g和1.1g,由实验数据确定该天然碱的化学式为2Na2CO3·NaHCO3·2H2O8.密闭容器中盛有一定量CH4与O2的混合气体及足量的Na2O2固体,电火花点燃充分反应后,恢复至室温,发现容器中无气体剩余,则原混合气体中CH4与O2的体积比为()。A.2∶1B.1∶2C.

1∶1D.任意比9.下列叙述中不正确的是()。A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解,再向溶液中加入NaOH饱和溶液,又有CaCO3沉淀生成B.向Na2CO3溶液中逐滴加入溶质物质的量相等的稀盐酸,生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶2C

.等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应,在同温同压下,生成的CO2体积前者大D.向Na2CO3饱和溶液中通入CO2,有NaHCO3结晶析出10.向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体,充分反应后,再向所得溶液中

逐滴加入0.2mol·L-1的盐酸,产生CO2的体积与所加盐酸的体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是()。A.原NaOH溶液的浓度为0.2mol·L-1B.通入CO2在标准状况下的体积为448mLC.通入CO2后,所得溶液的溶质成分的物质

的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶3D.通入CO2后,所得溶液中溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=1∶1二、非选择题11.某实验小组欲探究Na2CO3和NaHCO3的性质,发现实验室里盛放两种固体的试剂瓶丢失了标签。于是,他们先对固体A

、B进行鉴别,再通过实验进行性质探究。(1)分别加热固体A、B,发现固体A受热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊。A受热分解的化学方程式为。(2)称取两种固体各2g,分别加入两个小烧杯中,再各加10mL蒸馏水,

振荡,测量温度变化;待固体充分溶解,恢复至室温,向所得溶液中各滴入2滴酚酞溶液。①发现Na2CO3固体完全溶解,而NaHCO3固体有剩余,由此得出结论。②同学们在两烧杯中还观察到以下现象。其中,盛放Na2CO3的烧杯中出现的

现象是(填字母)。a.溶液温度下降b.溶液温度升高c.滴入酚酞溶液后呈红色(3)如图所示,在气密性良好的装置Ⅰ和Ⅱ中分别放入药品,将气球内的固体同时倒入试管中。①两试管中均产生气体,(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的反应程度更为剧烈。②反应结束后,气球均有膨胀,恢复至室

温,下列说法正确的是(填字母)。a.装置Ⅰ的气球体积较大b.装置Ⅱ的气球体积较大c.生成气体的体积根据盐酸计算d.生成气体的体积根据固体计算12.已知:A为含金属离子的淡黄色固体化合物,E、X为空气中常见气体,A、B、C、D含有相同的金属离子,其转化

关系如下图(部分产物已略去)。请回答下列问题。(1)这种金属离子的结构示意图为。(2)X的电子式为。(3)B中所含化学键的类型是。常温常压下,7.8gA与足量水充分反应放出akJ热量,写出该反应的热化学方

程式:。(4)①C也可转化为B,写出该转化的化学方程式:。②B与D反应的离子方程式为。(5)将一定量的气体X通入2LB的溶液中,向所得溶液中边振荡边逐滴加入稀盐酸至过量,产生的气体与HCl物质的量的关系如图(忽略气体的溶解和HCl的挥发)。A点溶液中所含溶质的化

学式为,A~B之间发生反应的离子方程式是。考点9铁及其化合物一、选择题1.通过对实验现象的观察、分析、推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实的解释正确的是()。选项操作、现象解释A向碘化钾淀粉溶液中加入FeCl

3溶液,溶液变蓝Fe3+能与淀粉溶液发生显色反应B把生铁放置于潮湿的空气中,铁表面有一层红棕色的斑点铁在潮湿的空气中易生成Fe(OH)3C向稀硝酸中加入少量铁粉,有气泡产生说明Fe置换出溶液中的氢,生成了

氢气D新制Fe(OH)2露置于空气中一段时间,白色物质变成了红褐色说明Fe(OH)2易被O2氧化成Fe(OH)32.铁是人类应用较早、当前应用量最大的金属元素。下列有关铁及其化合物的说法中正确的是()。A.赤铁

矿的主要成分是Fe3O4B.铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C.除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入过量铁粉,然后过滤D.向含Fe3+的溶液中加入KSCN溶液后产生红色沉淀3.生物质废物产量大,污染重

。一种“生物质废物热解耦合化学链制氢”技术,为生物质废物资源化和氢能开发开辟了新道路,其工艺流程示意图如下:下列说法不正确的是()。A.蒸汽反应器中主要发生的反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2B.从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O,可获得高纯H2C

.燃料反应器中Fe2O3固体颗粒大小影响其与CO、H2反应的速率D.空气反应器中发生反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶24.下列关于Fe3+、Fe2+性质实验的说法错误的是()。A.用如图装置可以制备Fe(OH)2B.配制FeCl3溶液时,

先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中,再加水稀释到所需要的浓度C.向某溶液中滴加KSCN溶液,溶液不变色,滴加氯水后溶液显红色,此现象不能确定溶液中含有Fe2+D.向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化5.下列实验操

作和现象、结论或目的均正确的是()。选项操作和现象结论或目的A向红砖粉末中加入盐酸,充分反应后取上层清液加入试管中,滴加KSCN溶液2~3滴,溶液呈红色红砖中含有氧化铁BCO还原Fe2O3得到的黑色固体加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液,溶液不显红色黑色固

体中没有Fe3O4C取少量Fe(NO3)2试样加水溶解,加稀硫酸酸化,滴加KSCN溶液,溶液变为红色该Fe(NO3)2试样已经变质D向某溶液中通入Cl2,再加入KSCN溶液,变红色原溶液中含有Fe2+6.往FeCl3和BaCl2的混合溶

液中通入SO2,溶液颜色由棕黄色变成浅绿色,同时有白色沉淀产生。下列说法正确的是()。A.该实验表明FeCl3有还原性B.白色沉淀为BaSO3C.该实验表明SO2有漂白性D.反应后溶液酸性增强7.(双选)FeCl3易潮

解、易升华,实验室制备FeCl3的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。下列说法正确的是()。A.g的作用是平衡气压,便于液体滴下B.试剂X和试剂Y分别为浓硫酸、饱和食盐水C.直接用E接收产物比用导管连接D、E的优点是可防止堵塞D.出于简化装置的

目的,F装置可拆除8.关于如下图转化过程分析不正确的是()。A.Fe3O4中Fe元素的化合价为+2价、+3价B.过程Ⅰ中每消耗58gFe3O4转移1mol电子C.过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑D.该过程的总反应为2H2O2H2↑+O2↑9.亚铁氰化钾[K4Fe(CN

)6·3H2O]可用作食盐添加剂,一种制备亚铁氰化钾的工艺如下图所示:下列说法错误的是()。A.HCN溶液有剧毒,含CN-的废水必须处理后才能排放B.“系列操作”为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥C.“试剂

X”可能是K2CO3D.“废水”中含量较多的溶质为CaCl210.某兴趣小组探究用氢气和碳酸亚铁制取铁粉并检验反应产物,实验装置如图。下列说法不正确的是()。A.通过调节分液漏斗的活塞以控制①中气泡产生快慢B.装置①可用于干燥氢气C.装置②③中的药品分别是无水硫酸铜、碱石灰D.加热

装置Y前,应先让X反应一段时间,排尽装置中的空气11.为探究FeCl3的性质,进行了如下实验(FeCl3溶液和Na2SO3溶液的浓度均为0.1mol·L-1)。实验操作与现象①在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色②在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na

2SO3溶液,变红褐色;再滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀③在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,变红褐色;将上述混合液分成两份,一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀生成;另一份煮沸,产生红褐色沉淀依据上述实验现象,结论不合理的是()。A

.实验①说明加热促进Fe3+水解反应B.实验②说明Fe3+既发生了水解反应,又发生了还原反应C.实验③说明Fe3+发生了水解反应,但没有发生还原反应D.整个实验说明SO32−对Fe3+的水解反应无影响,但对还原反应有影响二、非选

择题12.铁单质及其化合物在生活、生产中有广泛应用。请回答下列问题。(1)黄铁矿(FeS2)是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料,其中发生的一个反应为3FeS2+8O26SO2+Fe3O4,若有3molFeS2参加反应,则转

移mol电子。(2)氯化铁溶液常用作印刷电路铜板的腐蚀剂,反应的离子方程式为。从腐蚀废液中回收金属铜需要的试剂是。(3)与明矾相似,硫酸铁也可用于净水,其作用原理是(用离子方程式表示);在使用时发现硫酸铁并不能使酸性废水中悬浮物沉降除去,其原因是。(4

)钢铁的电化学腐蚀简单示意图如图所示,发生吸氧腐蚀时,正极的电极反应式为;该图稍做修改即可成为钢铁电化学防护的简单示意图,请完成防护的简单示意图并标出电子流动的方向。(5)铁红是一种红色颜料,其主要成分是Fe2O3。将一定量的铁红

溶于160mL5mol·L-1盐酸中,再加入一定量铁粉恰好溶解,收集到2.24L氢气(标准状况),经检测,溶液中无Fe3+,则参加反应的铁粉的质量为。13.为了保护环境,充分利用资源,某研究小组通过如下简化流程

,将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O15FeSO4+8H2SO4,不考虑其他反应。请回答下列

问题。(1)第Ⅰ步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是。(2)检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全还原,应选择(填字母)。A.KMnO4溶液B.K3[Fe(CN)6]溶液C.KSCN溶液(3)第Ⅲ步加FeCO3调溶液pH到5.8左右,然后在第Ⅳ步通入空气使溶液pH=5.2,此时Fe2+不沉淀,

滤液中铝、硅杂质被除尽。通入空气引起溶液pH降低的原因是。(4)假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3,其含量为50%。将akg质量分数为b%的硫酸加入ckg烧渣中浸取,铁的浸取率为96%,其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。按上

述流程,第Ⅲ步应加入FeCO3kg。考点10金属材料一、选择题1.“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献,陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生钅柔作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量

约0.1%)混合加热,生铁熔化灌入熟铁,再锻打成钢。下列说法错误的是()。A.钢是以铁为主的含碳合金B.钢的含碳量越高,硬度和脆性越大C.生铁由于含碳量高,熔点比熟铁高D.冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O32.如图是物质间发生化学

反应的颜色变化,其中物质a、b、c、d对应的物质正确的是()。选项物质a物质b物质c物质dACu2(OH)2CO3Ba(OH)2Fe(OH)3酚酞溶液BCuONaAlO2Fe2O3紫色石蕊溶液CCu2OBaCl2Fe2O3和Cu酚酞溶液DCu(OH)2Ba(NO3)2Fe(OH)2紫色石蕊溶液3

.以菱镁矿(主要成分为MgCO3,含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下:已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是()。A.浸出镁的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2OB.浸出和沉镁

的操作均应在较高温度下进行C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同4.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种复盐,在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是()。A.合理处理易拉罐有

利于环境保护和资源再利用B.从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC.“沉淀”的主要成分是Fe(OH)3D.上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO35.已知酸性条件下有如下反应:2Cu+Cu2++Cu,由于反应温度不同,用氢气还原氧化铜时,可能产生Cu或Cu2O,两者都是红色固体。一位同

学对某次用氢气还原氧化铜实验所得的红色固体产物做了验证,实验操作和实验现象记录如下:加入试剂稀硫酸浓硫酸加热稀硝酸浓硝酸实验现象红色固体和蓝色溶液无色气体无色气体和蓝色溶液红棕色气体和绿色溶液由此推出本次氢气

还原氧化铜实验的产物是()。A.CuB.Cu2OC.一定有Cu,可能有Cu2OD.一定有Cu2O,可能有Cu6.某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成,现对该混合

物做如下实验,所得现象和有关数据如图所示(气体体积数据已换算成标准状况下的体积):关于该固体混合物,下列说法正确的是()。A.一定含有Al,其质量为4.5gB.一定不含FeCl2,可能含有MgCl2和AlCl3C.一定含有MgCl2和FeCl2D.一定含有(NH4)2SO4和MgCl2,且物

质的量相等7.实验室利用CuCl2·2H2O热分解制备CuCl(在空气中易被氧化)并对分解产物的性质进行探究的装置(夹持仪器略)如图所示。下列有关叙述不正确的是()。A.干燥的HCl的作用是防止生成的CuCl被氧化,可用干燥的N2代替B.干燥管中无水CuSO4的作用是检验生

成物水蒸气C.湿润蓝色石蕊试纸先变红后褪色,可用品红溶液代替D.NaOH溶液的作用是吸收尾气,但该装置容易导致倒吸8.用无机矿物资源生产部分材料,获得产品的流程示意图如下:下列有关说法不正确的是()。A.生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应

B.粗铜电解精炼时,粗铜作阳极C.黄铜矿冶炼铜时,SO2可用于生产硫酸,FeO可用作冶炼铁的原料D.用粗硅制高纯硅时,提纯四氯化硅可用多次分馏的方法9.将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250mL一定浓度的稀硝酸中,固体完全溶解生成Cu(NO3)2

和NO。向所得溶液中加入1.0L0.5mol·L-1的NaOH溶液,生成沉淀的质量为19.6g,此时溶液呈中性,且金属离子沉淀完全。下列说法正确的是()。A.原固体混合物中,Cu和Cu2O的物质的量之比为1∶1B.原稀硝

酸中c(HNO3)=1.3mol·L-1C.产生的NO的体积为2.24LD.固体完全溶解后剩余HNO3的物质的量为0.1mol10.高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程

如下,可能用到的数据见下表。物质Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是()。A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属M为ZnB.浸取时,

增大O2压强可促进金属离子浸出C.中和调pH的范围为3.2~4.2D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成二、非选择题11.铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在,主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程

如下图所示。已知:最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72−存在,在碱性介质中以CrO42−存在。回答下列问题。(1)煅烧过程中,钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐,其中含铬化合物主要为(填化学式)。(2)水浸渣中主

要有SiO2和。(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性,主要除去的杂质元素是。(4)“除硅磷”步骤中,使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时,会导致;pH>9时,会导致。(5)“分离钒”步骤中,将溶液pH调到1.8左右得到V

2O5沉淀。V2O5在pH<1时,溶解为VO2+或VO3+;在碱性条件下,溶解为VO3-或VO43−。上述性质说明V2O5具有(填字母)。A.酸性B.碱性C.两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)

溶液,反应的离子方程式为。12.某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O):溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe

2+开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题。(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是。为回收金属,用稀硫酸将“滤液①”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式。

(2)“滤液②”中含有的金属离子是。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即,“滤液③”中可能含有的杂质离子为。(4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1,则

“调pH”应控制的pH范围是。(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式:。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是。考点11氯及其化合物海水资源利用一、选择题1.下列叙述中正

确的是()。A.液溴易挥发,在存放液溴的试剂瓶中应加水封B.能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色的物质一定是Cl2C.某溶液加入CCl4,CCl4层显紫色,证明原溶液中存在I-D.某溶液加入BaCl2溶液,产生不

溶于稀硝酸的白色沉淀,该溶液一定含有Ag+2.用下图装置制备氯气并进行相关实验(夹持设备已略)。下列说法正确的是()。A.装置甲烧瓶内的试剂是MnO2B.装置乙具有除杂和贮存气体的作用C.实验结束后,振荡丙中锥形瓶,液体分层且下层呈紫红色D.该实验能证明溴、碘的非金

属性强弱3.KIO3是一种重要的化学试剂,可用作食盐中的补碘剂。其化工生产有多种方法,下面是“KClO3氧化法”制备KIO3的生产工艺流程图:已知“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。下列相关说法正确的是(

)。A.“酸化反应”中,氧化剂与氧化产物的物质的量之比为6∶11B.“逐Cl2”过程需要加入烧碱或KI晶体除Cl2C.借助食醋和淀粉碘化钾试纸即可检验是否含有补碘剂D.操作X为蒸发结晶4.亚氯酸钠(NaClO2)是

一种高效的漂白剂和氧化剂,可用于各种纤维和某些食品的漂白。某种制备亚氯酸钠的流程如下:下列说法错误的是()。A.反应①阶段,参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1B.若反应①通过原电池来实现,则ClO2是正极产物C.反应②中的H

2O2可用NaClO4代替D.反应②条件下,ClO2的氧化性大于H2O2的5.ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂,下列有关ClO2的制备与杀菌作用的说法中不合理的是()。A.可用Cl2与NaClO2反应制备ClO2,其中n(氧化剂)∶n(

还原剂)=1∶2B.ClO2在强碱性环境中使用失效:2ClO2+2OH-ClO3-+ClO2-+H2OC.ClO2处理饮用水时残留的ClO2-,可用FeSO4除去:ClO2-+2Fe2++4H+2Fe3++Cl-+2H2OD.等物质的

量的ClO2的杀菌效果比Cl2、HClO的强6.某研究小组为了探究NaClO溶液的性质,设计了下列实验,并记录实验现象。实验装置实验序号滴管中试剂试管中试剂实验现象①0.2mol·L-1NaClO溶液饱和Ag2SO4溶液产生白色沉淀②CH3COOH溶液光照试管,试管中

有无色气泡产生③0.2mol·L-1FeSO4酸性溶液和KSCN溶液溶液变红④0.2mol·L-1AlCl3溶液产生白色沉淀下列判断中错误的是()。A.实验①:发生的反应为Ag++ClO-+H2OAgCl↓+2OH-B.实验②:无色气体为O2C.实验③:还原性强弱顺序F

e2+>Cl-D.实验④:ClO-与Al3+的水解相互促进7.从某含Br-废水中提取Br2的过程包括过滤、氧化、萃取(需选择合适萃取剂)及蒸馏等步骤。已知:物质Br2CCl4正十二烷密度/(g·cm-3)3.1191.5950.753沸点/℃58.7676

.8215~217下列说法不正确的是()。A.甲装置中Br-发生的反应为2Br-+Cl2Br2+2Cl-B.甲装置中NaOH溶液每吸收0.1molCl2,转移0.1mole-C.用乙装置进行萃取,溶解Br2的有机层在

下层D.用丙装置进行蒸馏,先收集到的是Br28.(双选)从海带中提取碘单质,成熟的工艺流程如下。下列关于海水制碘的说法中不正确的是()。干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液I2A.实验室在蒸发皿中灼烧干海带,并且用玻璃

棒搅拌B.向含I-的滤液中加入稀硫酸和H2O2溶液后,I-发生氧化反应C.在碘水中加入几滴淀粉溶液,溶液变蓝色D.将碘水加入CCl4中得到I2的CCl4溶液,该操作为分液9.某同学设计用如图的装置制备少量的AlCl3(易水解)。下列

说法错误的是()。A.G装置的作用是除去多余氯气,防止空气污染B.装置C和F中的试剂均为浓硫酸,其作用是防止水蒸气进入E中C.用50mL12mol·L-1的盐酸与足量的MnO2反应,所得氯气可以制取26.7gAlCl3D.实验过程中应先点燃A处的酒精灯,待装置中充满

黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯二、非选择题10.二氧化氯(ClO2)可用于自来水消毒。以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括:①粗盐精制;②电解微酸性NaCl溶液;③ClO2的制取。工艺流程如下图所示:提供的试剂:饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO

3)2溶液。(1)粗食盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO42−等杂质。除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的试剂X,选出试剂X所代表的试剂,按滴加顺序依次是。(2)上述过程中,将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠与盐酸反应生成ClO2

。电解时生成的气体B是;电解时阳极反应式为。反应Ⅲ的化学方程式为。(3)ClO2很不稳定,需随用随制,产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量,进行了以下实验:步骤1:准确量取ClO2溶液10.00mL,稀释成100mL试样。步骤2:量取amL

试样加入锥形瓶中,调节试样的pH≤2.0,加入足量的KI晶体,摇匀,在暗处静置30分钟。[已知ClO2+I-+H+——I2+Cl-+H2O(未配平)]步骤3:以淀粉溶液作指示剂,用dmol·L-1Na2S2O3

溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液bmL。(已知I2+2S2O32−2I-+S4O62−)①准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是。②上述步骤3中滴定终点的现象是。③若实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质,则实

验结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。④根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为mol·L-1(用含字母的代数式表示)。11.已知氧化性:Cl2>Br2,某化学兴趣小组为比较Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱,设计了如下实验:(1)①连接仪器:把玻璃

导管插入橡胶塞的操作是,然后对准橡胶塞的孔稍稍用力转动,将其插入。②检查完毕气密性后,实施下列操作:a.加热;b.加入MnO2;c.加入浓盐酸,先后顺序依次为。(2)整套实验装置存在一处明显不足,请指出:。用改正后的装置进行实验,实验

过程如下:实验操作实验现象结论打开活塞a、弹簧夹b,向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸;然后关闭活塞a,点燃酒精灯D装置中:溶液变红E装置中:水层溶液变黄,振荡后CCl4层无明显变化Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为(3)因忙于观察和记录,没有及时停止反

应,D、E中均发生了新的变化:D装置中:红色慢慢褪去。E装置中:CCl4层先由无色变为橙色,后逐渐变成红色。为探究上述实验现象的本质,小组同学查得资料如下:ⅰ.(SCN)2的性质与卤素单质的类似。氧化性:Cl2>(SCN)2。ⅱ.Cl2与Br2反应生成B

rCl,呈红色,略带黄色,沸点约为5℃,与水发生水解反应。ⅲ.AgClO、AgBrO均可溶于水。①请用平衡移动原理解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因:。请设计简单实验证明上述解释:。②欲探究E装置中颜色变化的原因,设计实验如下:用分液漏斗分离出E的下层溶液,蒸馏、收集红色物质,

取少量,加入AgNO3溶液,结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因:。考点12硫及其化合物一、选择题1.下列关于硫及其化合物的说法不正确的是()。A.自然界中存在游离态的硫B.二氧化硫的排放可能会导致酸雨的产生C.二氧化硫能使滴有酚酞

溶液的氢氧化钠溶液褪色,体现了二氧化硫的漂白性D.浓硫酸可用来干燥SO2、CO、Cl2等气体2.下列说法正确的是()。A.因为SO2具有漂白性,所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊溶液褪色B.能使品红溶液褪色的不一定是SO2C.SO2、漂白粉、活性炭、Na2

O2都能使红墨水褪色,其原理相同D.SO2和Cl2混合使用,具有更强的漂白能力3.某同学按下图实验装置探究铜与浓硫酸的反应,记录实验现象如下,下列说法正确的是()。A.②③中白色沉淀都是BaSO4B.实验开始时①中的黑色固体可能是CuOC.为了确定①中白色固体是否为硫酸

铜,可向冷却后的试管中注入水,振荡D.加热④中褪色后的溶液,溶液不变色4.某同学用浓硫酸与亚硫酸钠制备SO2并探究其相关性质,实验装置如图所示。下列说法不正确的是()。A.装置①中用Cu片代替Na2SO3也能达到实验目的B.装置②中溴水可以用酸性高

锰酸钾溶液代替C.装置③中出现浑浊,说明SO2具有氧化性D.装置④的作用是吸收SO2,防止发生倒吸和污染环境5.Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5,其流程如下:下列说法正确的是()。A.上述

制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物B.Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时,均表现还原性C.上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换D.实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗6.已知

某溶液中可能含有SO32−、SO42−及其他未知离子,某同学取适量该溶液分成4等份分别加入4支试管中,然后分别进行如下实验并得出相应的结论,其中合理的是()。①若加入BaCl2溶液得到白色沉淀,然后加入足量的稀硝酸,沉淀不消失,说明原溶

液中一定含有SO42−②若加入BaCl2溶液得到白色沉淀,然后加入足量的稀盐酸,沉淀溶解并产生刺激性气味的气体,说明原溶液中一定含有SO32−③若先加入盐酸无现象,再加入BaCl2溶液得到白色沉淀,说明原溶液中一定有SO42−④若做焰色试验时,火焰呈黄色,说明溶

液中一定有Na+,但不能确定是否有K+A.①②③④B.①④C.②③④D.②③二、非选择题7.某研究小组欲探究SO2的化学性质,设计了如下实验方案。(1)指出仪器①的名称:。(2)装置B检验SO2的氧化性,则B中所盛试剂可以为。(3)装置C中盛装溴水用以检验SO2的性,则C中反应的离子方程式为。(

4)装置D中盛装新制漂白粉浓溶液,通入SO2一段时间后,D中出现了大量白色沉淀。同学们对白色沉淀成分提出三种假设:①假设一:该白色沉淀为CaSO3;假设二:该白色沉淀为;假设三:该白色沉淀为上述两种物质的混合物。②基于假设一,同学们对白色沉淀成分进行了探究。设计如下方案:限选的试剂:0.5m

ol·L-1HCl溶液、0.5mol·L-1H2SO4溶液、0.5mol·L-1BaCl2溶液、1mol·L-1NaOH溶液、品红溶液。第1步,将D中沉淀过滤、洗涤干净,备用。请回答洗涤沉淀的方法:。第2步,用另一支干净试管取少

量沉淀样品,加入(试剂),塞上带导管的单孔塞,将导管的另一端插入盛有的试管中。若沉淀样品完全溶解,出现气泡,且导管插入的试管中溶液褪色,则假设一成立。(5)装置E中盛装的试剂是,作用是。8.某化学兴趣小组为研究生铁(含碳)与浓硫酸的反应情况及产物的性质,设计如下实验。请回答下列问

题:(1)按如图所示装置进行实验(夹持装置及尾气处理装置未画出)。仪器b的名称为;实验过程中,观察到装置B中的现象是;装置C中有白色沉淀生成,该沉淀是(填化学式)。(2)装置A中还会产生CO2气体,请写出产生CO2的化学方程式:。(3)为了验证装置A中产生的气体中含有CO2,应先从下列①~④中

选出必要的装置连接A装置中c处管口,从左到右的顺序为(填序号);再进行的操作是从a处多次鼓入N2,其目的是。(4)某同学通过验证实验后期装置A中产生的气体中还含有H2,理由是(用离子方程式表示)。9.随着现代工业的快速发展,SO2烟气的排放量急剧增加

。将SO2还原为硫黄是目前烟气脱硫研究的热点。根据SO2的反应状态,将SO2还原法分为气相还原法和液相还原法。Ⅰ.气相还原法——固体还原剂直接还原法。固体还原剂直接还原法是指在一定温度下(200~300℃)将SO2烟气通过固体还原剂,使SO2中的氧原子转移到

固体还原剂上,从而实现将SO2还原,其流程如下:(1)再生塔中生成的物质(填化学式)可在流程中循环使用。(2)脱硫塔中发生反应的化学方程式为。脱硫过程中,当产生48g单质S2时,转移电子的物质的量为m

ol。Ⅱ.液相还原法——液相催化歧化制硫法。V.MPetrusevski等人用I-作为催化剂,在常温下,将NaHSO3进行液相催化回收硫黄的工艺如下:(3)下列仪器中,“操作”时不需要用到的是(填字母)。(4)I-催化NaHSO3

的反应过程为①(用离子方程式表示);②I2+HSO3-+H2O2I-+SO42−+3H+。(5)液相催化歧化制硫法具有反应条件温和、运行费用低等优点,然而其缺点是硫黄的回收率不会高于%(保留1位小数)。(6)若采用Na2S溶液

作为碱盐吸收液,随着吸收液pH的变化,会生成二次污染物(填化学式)。考点13氮及其化合物一、选择题1.喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体-溶液,能出现喷泉现象的是()。选项气体溶液AH2S稀盐酸BHCl稀氨水CNO稀硫酸DCO2饱和NaHCO3溶液2.如下图,利

用培养皿探究氨的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水,立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所作的解释正确的是()。选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH3与浓盐酸挥发出的HCl气体反应产生了NH4Cl固体B浓硫酸附近无明显现象N

H3与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D干燥的红色石蕊试纸不变色,湿润的红色石蕊试纸变蓝NH3是一种可溶性碱3.如图表示铁与不同浓度硝酸反应时,各种还原产物的相对含量与硝酸浓度的关系,则下列说

法不正确的是()。A.一般来说,硝酸与铁反应的还原产物不是单一的B.用一定量的铁粉与大量的9.75mol·L-1HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24L,则参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC.硝酸的浓度越大,其还原产物中价态

越高的成分越多D.当硝酸浓度为9.75mol·L-1时还原产物是NO、NO2、N2O,且其物质的量之比为5∶3∶14.用如图装置(夹持装置已略去)进行NH3制备及性质实验。下列说法不正确的是()。A.甲中制备NH3利用了NH3·H2O的分解反

应B.乙中的集气瓶内a导管短、b导管长C.若将丙中的CCl4换成苯,仍能防止倒吸D.向收集好的NH3中通入少量Cl2,可能观察到白烟5.某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、

CO,不考虑其他成分),设计了如下流程:下列说法不正确的是()。A.固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B.X可以是空气,且需过量C.捕获剂所捕获的气体主要是COD.处理含NH4+废水时,发生反应的离子方程

式为NH4++NO2-N2↑+2H2O6.利用石灰乳与硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应,既能净化尾气,又能获得应用广泛的Ca(NO2)2,其部分工艺流程如图:下列说法不正确的是()。A.上述工艺中吸收过程:尾气从吸收塔底部进入,石灰乳从吸收塔顶部喷淋,其目的是提高对尾气中N

O、NO2吸收的效率B.滤渣的主要成分为Ca(NO2)2C.为提高Ca(NO2)2的产率及纯度,则n(NO)∶n(NO2)应控制为1∶1D.生产中溶液需保持弱碱性7.下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论不正确的是()。①②③A.由①中的红棕色气体,推断产生的气体一

定是混合气体B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C.由③说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体为还原产物D.③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应8.向100mL稀硫酸与稀硝酸的混合溶液中逐渐加入铁粉,假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之

间的关系如图所示,且每一段只对应一个反应。下列说法正确的是()。A.开始时产生的气体为H2B.AB段发生的反应为置换反应C.所用混合溶液中c(HNO3)=0.5mol·L-1D.参加反应的铁粉的总质量m

2=8.4g二、非选择题9.亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要的工业盐,易溶于水,微溶于乙醇。某化学兴趣小组对亚硝酸钠进行多角度探究:Ⅰ.亚硝酸钠的制备。(1)装置B的作用是。(2)D中澄清石灰水变浑浊,则C中制备NaNO2的离子方程式为。Ⅱ.探究亚硝酸钠与硫酸反

应的气体产物成分。已知:①NO+NO2+2OH-2NO2-+H2O;②气体液化的温度:NO2为21℃,NO为-152℃。(3)反应前应打开弹簧夹,先通入一段时间氮气,目的是。(4)仪器的连接顺序(按左→右连接):A→C→。(5)在关闭弹簧

夹,打开分液漏斗活塞,滴入70%硫酸后,装置A中产生红棕色气体。若D中通入过量O2,装置B中的化学方程式是。Ⅲ.设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性。(6)供选用的试剂:NaNO2溶液、KMnO4溶液、Fe2(SO4)3溶液、KI溶液、稀硫酸、淀粉溶液、KSCN溶液。请写出你设计的实

验方案:。10.某兴趣小组研究金属与硝酸的反应,进行如下实验:实验(20℃)实验现象Ⅰ.过量铜粉与2mL0.5mol·L-1HNO3溶液反应产生无色气体(遇空气变红棕色),溶液变为蓝色Ⅱ.过量铁粉与2mL0.5mol·L-1HNO3溶液反应产生

6mL(已换算为标准状况)无色气体(经检测为H2),溶液几乎为无色请回答下列问题。(1)Ⅰ中的无色气体是。(2)写出Ⅱ中生成H2的离子方程式:。(3)研究Ⅱ中的氧化剂:①甲同学认为该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO3-,所以NO3-没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和

Ⅱ证明了甲的说法不正确,其实验证据是;②乙同学通过分析,推测出NO3-也被还原,依据是,进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+,其实验操作是;③根据实验,金属与硝酸反应时,影响硝酸还原产物不同的因素有;试推测还可能有哪些因素影响:(列举1条)。考点14无机非金属材料

一、选择题1.下列“我国制造”所用的材料属于无机非金属材料的是()。A.航天服所用的聚酯纤维B.“天眼”反射面板所用的铝合金C.港珠澳大桥所用的水泥D.“蛟龙号”所用的钛合金2.硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是()。A.高纯硅可用于制作光感电池

B.水玻璃是纯净物,可用于生产黏合剂和防火剂C.陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐D.高纯硅可用于制造光导纤维3.《天工开物》记载:“凡埏泥造瓦,掘地二尺余,择取无沙粘(通‘黏’)土而为之”“凡坯既成,

干燥之后,则堆积窑中燃薪举火”“浇水转釉(主要为青色),与造砖同法”。下列说法错误的是()。A.沙子和黏土的主要成分为硅酸盐B.“燃薪举火”使黏土发生复杂的物理化学变化C.烧制后自然冷却成红瓦,浇水冷却成青瓦D.

黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料4.下列变化中,不能一步实现的是()。A.Na2SiO3H2SiO3B.H2SiO3SiO2C.SiO2H2SiO3D.SiO2Na2SiO35.陶瓷是火与土的结晶,是中华文明的象征之一,其形成、性质与化学有着密切的

关系。下列说法错误的是()。A.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色,来自氧化铁B.闻名世界的秦兵马俑是陶制品,由黏土经高温烧结而成C.陶瓷是应用较早的人造材料,主要化学成分是硅酸盐D.陶瓷化学性质稳定,具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点6.如图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程

,下列说法正确的是()。A.SiO2属于两性氧化物B.盛放Na2CO3溶液的试剂瓶用玻璃塞C.硅胶吸水后可重复再生D.图中所示的转化都是氧化还原反应7.有些科学家提出硅是“21世纪的能源”,这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用。下列有关硅的说法中不正确的是(

)。A.高纯度的硅广泛用于制作计算机芯片B.硅可由二氧化硅还原制得C.低温时,硅与水和空气不反应,但能与氢氟酸反应D.自然界中硅的储量丰富,自然界中存在大量的单质硅8.(双选)下列有关硅及其化合物的说法中正确的是()。A.硅酸钠属于盐,不

属于碱,所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中B.反应①Na2SiO3+H2O+CO2Na2CO3+H2SiO3↓,反应②Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑,两反应是相互矛盾的,不可能都发

生C.光导纤维遇碱会影响光信号传输D.虽然SiO2能与HF、NaOH反应,但SiO2是酸性氧化物9.(双选)科学家最近用金属钠还原CCl4和SiCl4制得一种一维SiC纳米棒,相关反应的化学方程式为8Na+CCl4+SiCl4SiC+8NaCl。

下列说法不正确的是()。A.SiC和SiO2中Si元素的化合价不同B.上述反应中SiC既是氧化产物又是还原产物C.由SiO2制备单质Si、由单质Si制备SiCl4均涉及氧化还原反应D.一维SiC纳米棒比表面积大,对微

小粒子有较强的吸附能力10.科学家最新研制的利用氯化氢和氢气生产高纯硅的工艺流程如图所示:容器①中进行的反应①为Si(粗)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2(g);容器②中进行的反应②为SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl。下列说法中正确的是()。A.该工艺流程的优点是部分反应物可循环

使用B.最好用分液的方法分离Si和SiHCl3C.反应①和②中HCl均作氧化剂D.反应①和②均属于可逆反应二、非选择题11.X是一种新型无机非金属材料,具有耐磨、耐腐蚀、抗冷热冲击性。有关生产过程如下:为了确定C的组成,某同学

进行了以下的探究过程。已知F、G都是难溶于水和稀硝酸的白色沉淀,I可用于制造光导纤维。按要求回答下列问题。(1)C的化学式为;X的化学式为。(2)写出下列方程式:反应①的化学方程式;反应⑦的离子方程式。12.金刚石、SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性,应用广泛。(1)

碳与短周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物,其中一种化合物R为非极性分子。碳元素在周期表中的位置是,Q是(填名称),R的电子式为。(2)一定条件下,Na还原CCl4可制备金刚石。反应结束冷却至室温后,回收其中的CCl4的实验操作名称为,除去粗产品中少量钠的试剂为。(3)碳还原Si

O2制SiC,其粗产品中杂质为Si和SiO2。现将20.0gSiC粗产品加入过量的NaOH溶液中充分反应,收集到0.1mol氢气,过滤得SiC固体11.4g,滤液稀释到1L。生成氢气的离子方程式为,硅酸盐的物质的量浓度为。(4)下列叙述正确的有(填序号)。①Na还

原CCl4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同③Na2SiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱④钠、锂分别在空气中燃烧,生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1

∶213.金属铝密度小且有良好的防腐蚀性,在国防工业中有非常重要的作用,利用铝热反应完成钢轨的焊接非常方便迅速。(1)在特制漏斗中将铝热剂混合均匀后,引发铝热反应的操作是。(2)硅与铝同周期,地壳里硅、铝的含量硅(填“>”“<”或“=”)铝。工业上制备金属铝的化学方程式是。(3)S

iO2是硅酸盐玻璃(Na2CaSi6O14)的主要成分,Na2CaSi6O14也可写成Na2O·CaO·6SiO2,钠长石(NaAlSi3O8)的氧化物形式为,长石是铝硅酸盐,不同类长石其氧原子的物质的量分数相同,由此可推知钙长石的化学式为。(4)某铝合金由Al、Si、Cu、Mg组成。①称取100

g该铝合金样品,分成等质量的A、B两份。向A中加入足量NaOH溶液,向B中加入足量的稀盐酸。②待两份反应物都充分反应之后,称得滤渣质量相差1.60g,收集得到的两份气体的体积相差2240mL(标准状况下)。则100g该铝合金样品中Si和Mg的

物质的量分别是n(Si)=和n(Mg)=。14.含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料,含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通信材料——光导纤维,C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。(1)与A同族但相对原子质量比A小的元素B的原子结构示意

图为。(2)C与氢氟酸反应的化学方程式是。(3)将C与纯碱混合高温熔融时反应生成D,同时还生成B的最高价氧化物E;将全部的E与全部的D在足量的水中混合后,生成了含A的化合物F。①生成D和F的化学方程式分别为,。②要将纯碱高温熔化,下列坩埚中可选用的是(填字母)。A.普通玻璃坩埚B.石英玻璃

坩埚C.氧化铝坩埚D.铁坩埚15.二氯二氢硅(SiH2Cl2)常用于外延法工艺中重要的硅源。SiH2Cl2易燃、有毒,与水接触易水解,沸点为8.2℃。在铜的催化作用下,HCl与硅在250~260℃反应可以制得SiH2Cl2。(1

)利用浓硫酸、浓盐酸为原料,选用A装置制取HCl,利用了浓硫酸的性。(2)D装置中生成二氯二氢硅的化学方程式为。(3)按照气体从左到右的方向,制取SiH2Cl2的装置(h处用弹簧夹夹好)连接次序为a→()→(

)→()→()→()→()→()(填仪器接口的字母,其中装置C用到两次)。(4)按从左到右的顺序,前面装置C中装的药品为,后面装置C的作用为。(5)反应除生成二氯二氢硅之外,还会生成H2和、等。(6)新的制取SiH2Cl

2的方法是:往硅粉中先通入Cl2,在300~350℃反应生成SiCl4,再与HCl在250~260℃反应,可以大大提高产率。如果通入气体次序相反,结果会(用化学方程式表示)。考点15化学反应的热效应一、选择题1.下列说法正确的是()。A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B.任何放热反应在常温

条件下一定能发生C.反应物和生成物所具有的总能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热D.吸热反应只能在加热的条件下才能进行2.甲烷燃烧时的能量变化如图所示,下列有关说法正确的是()。图1图2A.图1中反应为CH4(g)+2O

2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=+890.3kJ·mol-1B.图2中反应为CH4(g)+32O2(g)CO(g)+2H2O(g)ΔH=-607.3kJ·mol-1C.由图可以推得:CO(g)+12O2(g

)CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1D.由图可以推知:等物质的量的CO2和CO,CO2具有的能量高3.(双选)工业上常利用CO2和NH3合成尿素[CO(NH2)2],该可逆反应分两步进行,整个过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是()。A.NH2COONH

4为合成尿素反应的中间产物B.反应Ⅰ逆反应的活化能>反应Ⅱ正反应的活化能C.反应Ⅱ在热力学上进行趋势很大D.2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)的焓变ΔH=E1-E24.下列

关于ΔH的判断不正确的是()。Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(g)ΔH1Si(s)+2Br2(g)SiBr4(g)ΔH2Cu(OH)2(s)+2H+(aq)Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH32H2O(l)+Cu2+(aq)Cu(OH)2(s)+2H+(aq)ΔH4A.ΔH1

<0,ΔH2<0B.ΔH1<ΔH2C.ΔH3<0,ΔH4>0D.ΔH3>ΔH45.肼(N2H4)在不同条件下的分解产物不同,200℃时在Cu表面分解的机理如图1所示。已知200℃时,反应Ⅰ:3N2H4(g)N2(g)+4NH

3(g)ΔH1=-32.9kJ·mol-1,反应Ⅱ:N2H4(g)+H2(g)2NH3(g)ΔH2=-41.8kJ·mol-1,下列说法不正确的是()。图1图2A.图1所示过程①②都是放热反应B.反应Ⅱ的能量过程示意图如

图2所示C.断开3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1molN2(g)和4molNH3(g)中的化学键释放的能量D.200℃时,肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)N2(g)+2H2(g)ΔH=+50.7kJ·mol-16.已

知25℃、101kPa下,1mol水蒸发为水蒸气需要吸热44.01kJ。2H2O(l)2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.66kJ·mol-1C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+131.29kJ·mol-1则反应C(s

)+12O2(g)CO(g)的反应热为()。A.ΔH=-396.36kJ·mol-1B.ΔH=-198.55kJ·mol-1C.ΔH=-154.54kJ·mol-1D.ΔH=-110.53kJ·mol-17.N2O和CO是

环境污染性气体,可在Pt2O+表面转化为无害气体,其反应原理为N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)ΔH,有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如下。下列说法不正确的是()。A.ΔH=ΔH1+ΔH2B.ΔH=-226kJ·mol-1C.该反应正反应的活化能

小于逆反应的活化能D.为了实现转化需不断向反应器中补充Pt2O+和Pt2O2+8.我国学者研究了均相NO-CO的反应过程,反应过程中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物的能量之差,下列说法正确的是()。A.2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH>0B.均相NO-C

O反应经历了三个过渡态和六个中间体C.整个反应分为三个基元反应阶段,总反应速率由第一阶段反应决定D.NO二聚体()比N2O分子更难与CO发生反应9.一氧化碳甲烷化反应为CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)。下图是使用某种催化剂时转化过程中的能量

变化(部分物质省略)。下列说法不正确的是()。A.步骤①只有非极性共价键断裂B.步骤②的原子利用率为100%C.过渡态Ⅱ能量最高,因此其对应的步骤③反应速率最小D.该方法可以清除有毒气体CO,从而保护环境10.“肼合成酶”以其中的Fe2+配

合物为催化中心,可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2),其反应历程如下所示。下列说法错误的是()。A.NH2OH、NH3和H2O均为极性分子B.反应涉及N—H、N—O断裂和N—N生成C.催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+,后又被还原为Fe2

+D.将NH2OH替换为ND2OD,反应可得ND2ND2二、非选择题11.氢气是一种清洁能源,氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点;氢气也是重要的化工原料。(1)纳米级的Cu2O可作为太阳能分解水的催化剂。一定温度下,在2L密闭容器中加入纳米级Cu

2O并通入0.10mol水蒸气发生反应:2H2O(g)2H2(g)+O2(g)ΔH=+484kJ·mol-1,不同时段产生O2的量见表格:时间min20406080���(O2)mol0.00100.00

160.00200.0020上述反应过程中能量转化形式为光能转化为能,达平衡过程中至少需要吸收光能kJ(保留三位小数)。(2)氢气是合成氨工业的原料,合成塔中每产生2molNH3,放出92.2kJ热量。已知:则1molN—H键断裂吸收的能量约等于。(3)已知:

①2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1;②N2(g)+2O2(g)2NO2(g)ΔH=+67.7kJ·mol-1。则H2还原NO2生成水蒸气和氮气反应的热化学方程式是。12.乙烯可用作合成纤维、合成橡胶、塑料的原料。回答下列问题。(1)实验室用乙

醇和五氧化二磷制取乙烯的过程如下:P2O5+3H2O2H3PO4;H3PO4+C2H5OHC2H5OPO(OH)2(磷酸单乙酯)+H2O;170~200℃时,C2H5OPO(OH)2会分解生成乙烯和磷酸。C2H5OPO(OH)2分解反应的化

学方程式为。(2)用CrO3作催化剂,CO2重整C2H6制乙烯的反应过程如下:C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH1;3H2(g)+2CrO3(s)3H2O(g)+Cr2O3(s)ΔH2;Cr2O3(s)+3CO2(g)3CO(g)+2CrO3(s)ΔH3。①

反应C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)的ΔH=(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。②已知部分化学键的键能数据如下表所示,则ΔH1=kJ·mol-1。化学键C—CCCC—HH—H键能(kJ·

mol-1)34861541343613.纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下,C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C40H20(g)C40H18(g)+H2(g)的反应机理和能量变化如下:回答下列问题

。(1)已知C40Hx中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0kJ·mol-1和298.0kJ·mol-1,H—H键能为436.0kJ·mol-1。估算C40H20(g)C40H18(g)+H2(g)的ΔH=kJ·mol-

1。(2)图示历程包含个基元反应,其中速率最小的是第个。考点16原电池与化学电源一、选择题1.肼(N2H4)曝露在空气中容易爆炸,但是以其为燃料的燃料电池是一种理想的电池,具有容量大、能量转化率高、产物无污染等特点

,其工作原理如图所示,下列叙述正确的是()。A.电池工作时,正极附近的pH降低B.当消耗1molO2时,有2molNa+由甲槽向乙槽迁移C.负极反应式为4OH-+N2H4-4e-N2↑+4H2OD.若去掉阳离子交换膜,电池也能正常工作2.一种突破传统电池设计理念的镁-锑液态

金属储能电池工作原理如图所示,该电池所用液体密度不同,在重力作用下分为三层,工作时中间层熔融盐的组成及浓度不变。该电池工作一段时间后,可由太阳能电池充电。下列说法不正确的是()。A.放电时,Mg(液)层的质量减小B.放电时正极反应为Mg2++2e-MgC.该电池充电时

,Mg-Sb(液)层发生还原反应D.该电池充电时,Cl-向中层和下层分界面处移动3.某种氨硼烷(NH3·BH3)电池装置如图所示(未加入氨硼烷之前,两极室内液体质量相等),电池反应为NH3·BH3+3H2O2NH4

BO2+4H2O(不考虑其他反应的影响)。下列说法错误的是()。A.氨硼烷中N和B的杂化方式相同B.电池正极的电极反应式为2H++H2O2+2e-2H2OC.其他条件不变,向H2O2溶液中加入适量硫酸能增大电流D.若加入的氨硼烷全部放电后左右两极室内液体质量差

为3.8g,则电路中转移1.2mol电子4.一种双电子介体电化学生物传感器,用于检测水体急性生物毒性,其工作原理如图。下列说法正确的是()。A.图中所示电极为阳极,其电极反应式为K4Fe(CN)6-e-K3Fe

(CN)6B.甲萘醌在阴极发生氧化反应C.工作时K+向图中所示电极移动D.NAD(P)H转化为NAD(P)+的过程失去电子5.以KOH溶液为离子导体,分别组成CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池,下列说法正确的是()。A.放电

过程中,K+均向负极移动B.放电过程中,KOH物质的量均减小C.消耗等质量燃料,(CH3)2NNH2-O2燃料电池的理论放电量最大D.消耗1molO2时,理论上N2H4-O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L6.工业上常将铬镀在其他金属表面,同铁、镍组成各种性质的不

锈钢,在如图装置中,观察到图1装置铜电极上产生大量的无色气泡,而图2装置中铜电极上无气体产生,铬电极上产生大量有色气体,则下列叙述正确的是()。A.图1为原电池装置,Cu电极上产生的是O2B.图2装置中

Cu电极上发生的电极反应式为Cu-2e-Cu2+C.由实验现象可知:金属活动性Cu>CrD.两个装置中,电子均由Cr电极流向Cu电极7.下面是4种燃料电池的工作原理示意图,其中正极的反应产物为水的是()。二、非选择题8.根据右图回答下列问题。Ⅰ.(1)若烧杯中溶液

为稀硫酸,则观察到的现象是,负极的电极反应式为。(2)若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液,则负极为(填“Mg”或“Al”),总反应的化学方程式为。Ⅱ.中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破,组装出了自呼

吸电池及主动式电堆。甲醇燃料电池的工作原理如图所示。(1)该电池工作时,b口通入的物质为,c口通入的物质为。(2)该电池负极的电极反应式为。(3)工作一段时间后,当12.8g甲醇完全反应生成CO2时,有NA个电子转移。(设NA代表阿伏加德罗常数的值)9.酸性锌

锰干电池和碱性锌锰干电池的构造简图如图所示,比较二者的异同,回答下列问题。化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1710-1710-39(1)酸性锌锰干电池的负极反应为。(2)碱性锌锰干电池在放电过程中产生MnO(OH),写出正极反应式:。(3)维持电流

为0.6A,电池工作10分钟。理论消耗Zng。(结果保留到小数点后两位,已知1mole-的电量为96500C)(4)用回收分离出的锌皮制作七水合硫酸锌,需去除少量杂质铁,除杂步骤如下(已知当离子浓度小于1×10-5mol·L-1时,可认为该离子

沉淀完全):①加入足量稀硫酸和溶液将锌皮溶解,此时锌离子浓度为0.1mol·L-1;②调节溶液的pH为到之间(结果保留到小数点后一位),过滤除去含铁元素的沉淀。10.(1)甲醇是重要的可再生燃料。已知在常温常压下:2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=

-1275.6kJ·mol-12CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH=-566.0kJ·mol-1H2O(g)H2O(l)ΔH=-44.0kJ·mol-1则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为。(2)氧化还原反应与生产、生活、科技密切相关。请回答下列问题:

①银制器皿日久表面变黑是因为表面生成了Ag2S的缘故,该现象属于腐蚀。如果加入一定浓度硝酸将发生反应:3Ag2S+8HNO36AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O,同时Ag与硝酸反应生成AgNO3、NO、H2O,当生成标准状况下22.4mL的气体时,参加反应的HNO3的物质的量为。②在如图甲所示

的原电池装置中,负极的电极反应为,H+的移动方向为(填“从右向左”或“从左向右”);电池总反应式为,当电路中转移0.1mole-时,交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为。甲③电解NO制备NH4NO3原理如图乙所示,接电源正极的电极为(填“X”或“Y”),X电极反

应式为,为使电解产物完全转化为NH4NO3,需要补充的物质A的化学式为。乙考点17电解池金属的腐蚀与防护一、选择题1.下列装置的线路接通后,经过一段时间,溶液的pH明显减小的是()。2.将铁粉和活性炭的混合物用

NaCl溶液湿润后,置于如图所示装置中,进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是()。A.铁被氧化的电极反应式为Fe-3e-Fe3+B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀D.以水代替NaCl溶液,铁不

能发生吸氧腐蚀3.化学用语是学习化学的重要工具,下列用来表示物质变化的化学用语正确的是()。A.用铜作阴极,石墨作阳极,电解饱和食盐水时,阳极的电极反应式为2Cl--2e-Cl2↑B.铅酸蓄电池放电时的正极反应式为SO42−+Pb-2e-Pb

SO4C.粗铜精炼时,与电源正极相连的应是粗铜,该极发生的电极反应只有Cu-2e-Cu2+D.钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为Fe-2e-Fe2+4.(双选)三室式电渗析法处理含NH4NO3废水的原理如图所示,在

直流电源的作用下,两膜中间的NH4+和NO3-可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。工作一段时间后,在两极区均得到副产品NH4NO3。下列叙述正确的是()。A.a极为电源负极,b极为电源正极B.c膜是阴离子交换膜,d膜是阳离子

交换膜C.阴极电极反应式为12H++2NO3-+10e-N2↑+6H2OD.当电路中通过1mol电子的电量时,阳极会有5.6L(标准状况)O2生成5.利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响,可设计浓差电池。如图为一套浓差电池和电解

质溶液再生的配套装置示意图,闭合开关K之前,两个Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是()。A.循环物质E为水B.乙池中Cu电极为阴极,发生还原反应C.甲池中的电极反应式为Cu2++2e-CuD.若

外电路中通过1mol电子,两电极的质量差为64g6.沿海电厂采用海水为冷却水,但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率。为解决这一问题,通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示),通入一定的电流。下列叙述错误的是()。A.阳极发生将海水中的Cl-氧化生成C

l2的反应B.管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClOC.阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气D.阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理7.钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如

图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是()。A.工作时,Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大B.生成1molCo,Ⅰ室溶液质量理论上减少16gC.移除两交换膜后,石墨电极上发生的反应不变D.电解总反应:2Co2++2H2O2C

o+O2↑+4H+8.工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。已知:①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解;②氧化性:Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度)。下列说法中不正确的是()。A.石墨棒上发

生的电极反应:4OH--4e-O2↑+2H2OB.电解过程中,B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小C.为了提高Ni的产率,电解过程中需要控制废水的pHD.若将图中阳离子膜去掉,将A、B两室合并,则电解反应的总方程式发生改变二、非选择题9.

电解原理在化学工业中有广泛应用,不仅可以制备物质,还可以提纯和净化。(1)电解食盐水是氯碱工业的基础。目前比较先进的方法是阳离子交换膜法,电解原理如图所示,图中的阳离子交换膜只允许阳离子通过,请回答以下问题:①图中A极要连接电源的(填“正”或“负”)极。②

精制饱和食盐水从图中位置补充,氢氧化钠溶液从图中位置流出。(填“a”“b”“c”“d”“e”或“f”)③电解总反应的离子方程式是。(2)化学在环境保护中起着十分重要的作用,电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染,电化学降解NO3-的原理

如图所示。①电源正极为(填“A”或“B”),阴极反应式为。②若电解过程中转移了5mol电子,则膜左侧电解液的质量变化为g。10.(1)用间接电化学法除去NO的过程,如图所示:已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间,写出阴极的电

极反应式:。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理:。(2)目前已开发出电解法制取ClO2的新工艺。①用石墨作电极,在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2(如图所示),写出阳极产生ClO2的电极反应式:。②电解一段时间,当阴极产生的气体体积为112mL(标准状况)时,停止电解,通过阳离子交换

膜的阳离子的物质的量为mol;用平衡移动原理解释阴极区pH增大的原因:。(3)①钢铁锈蚀的图示如图a所示:图a图b用箭头表示出图a中电子的运动方向;请你分析铁轨锈蚀的原因是。②我国的科技人员为了消除SO2的污染,变废为宝,利用原电池原

理,设计由SO2和O2来制备硫酸。设计装置如图b所示,电极A、B为多孔的材料。A极为(填“正极”或“负极”)。B极的电极反应式是。11.如图所示的四个容器中分别盛有不同的溶液,除a、b外,其余电极均为石墨电极。甲为铅酸蓄电池,其工作原理为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O

,其两个电极的电极材料分别为PbO2和Pb。闭合K,发现g电极附近的溶液先变红,20min后,将K断开,此时c、d两极上产生的气体体积相同。据此回答:(1)a电极的电极材料是(填“PbO2”或“Pb”)。(2)丙装置中发生电解的总反应方程式为。(3)电解20min时,停止电解,此时要使乙中溶液

恢复到原来的状态,需要加入的物质及其物质的量是。(4)20min后将乙装置与其他装置断开,然后在c、d两极间连接上灵敏电流计,发现电流计指针偏转,则此时c电极为极,d电极上发生反应的电极反应为。(5)电解后取amL丁装置

中的溶液,向其中逐滴加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液,当加入bmLCH3COOH溶液时,混合溶液的pH恰好等于7(体积变化忽略不计)。已知CH3COOH的电离平衡常数为1.75×10-5,则������=。考点18化学反应速率一、选择题1

.将4molA气体和2molB气体在容积为2L的容器中混合并在一定条件下发生反应:2A(g)+B(g)2C(g),经2s后测得C的浓度为0.6mol·L-1,下列说法正确的是()。A.用物质A表示反应的平均速率为0.3mol·L-1·s-1B.用物质B表

示反应的平均速率为0.3mol·L-1·s-1C.2s时物质A的转化率为70%D.2s时物质B的浓度为0.3mol·L-12.下列说法正确的是()。A.活化分子的每一次碰撞都能发生化学反应B.能发生有效碰撞的分子一定是活化分子C.反应物用量增加后,有效碰撞次数增多,反应速率增

大D.催化剂能提高活化分子的活化能,从而增大反应速率3.某温度下,镍和镁分别在O2中发生反应,两种金属表面形成氧化膜厚度的实验记录如下:反应时间t/h1491625MgO层厚Y/nm0.05a0.20a0.45a0.80a1.25aNiO层厚Y'/nmb2b3b4b5b表中a和b均为与温度有关

的常数。下列判断错误的是()。A.可用氧化膜生成速率表示金属氧化速率B.相同条件下,镁比镍耐氧化腐蚀C.温度越高,a、b的值越大D.金属氧化的本质为M-ne-Mn+(M为金属)4.下列关于化学反应速率的说法中,正确的是()。①用铁片与稀硫酸反应制取氢气时,改用98%的浓硫酸可以增大产生氢气的速

率②SO2的催化氧化是一个放热反应,所以升高温度,反应速率减小③决定化学反应速率的主要因素是反应物的浓度④汽车尾气中的NO与CO反应转化为无害的N2和CO2,减小压强,反应速率减小⑤增大压强,一定能增大化学反应速率⑥使用催

化剂,使反应的活化能降低,反应速率增大⑦光是影响某些化学反应速率的外界条件之一⑧增加反应物的用量,一定会增大化学反应速率A.①②⑤⑧B.④⑥⑦C.④⑥⑧D.③④⑥5.一定温度下,在N2O5的四氯化碳溶液(100mL

)中发生分解反应:2N2O54NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积,换算成N2O5浓度如下表:t/s06001200171022202820x���(N2O5)(mol·L-1)1.400.960.660.480.350.240.12下列说法正确的是()。A.6

00~1200s,生成NO2的平均速率为5.0×10-4mol·L-1·s-1B.反应2220s时,放出的O2体积为11.8L(标准状况)C.反应达到平衡时,v正(N2O5)=2v逆(NO2)D.推测上表中的x为39306.(双选)A与B在容积为1L的密闭容器中发生反应:

aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g),t1、t2时刻分别测得部分数据如下表:n(B)/moln(C)/moln(D)/mol反应时间/min0.120.060.10t10.060.120.20t2下列说法正确的

是()。A.0~t1内,v(B)=0.04���1mol·L-1·min-1B.t2时v(D)=0.20���2mol·L-1·min-1C.升高温度,v(B)、v(C)、v(D)均增大D.b∶d=3∶57.在不同条件下进行化学反应:2A(g)B(g)+D(g),B、D起始浓度均为0,

反应物A的浓度(mol·L-1)随反应时间的变化情况如下表。下列说法不正确的是()。序号时间/min温度/℃0204050①8001.00.670.500.50②800x0.500.500.50③800y0.750.600.60④820

1.00.250.200.20A.①中B在0~20min平均反应速率为8.25×10-3mol·L-1·min-1B.②中K=0.25,可能使用了催化剂C.③中y=1.4mol·L-1D.比较①④可知,该反应为吸热反

应8.某温度下,在容积为2L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应3A(g)+bB(g)cC(g)ΔH=-QkJ·mol-1(Q>0),12s时反应达到平衡,生成C的物质的量为0.8mol,反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示

。下列说法正确的是()。A.前12s内,A的平均反应速率为0.025mol·L-1·s-1B.12s后,A的消耗速率等于B的生成速率C.化学计量数之比b∶c=1∶2D.12s内,A和B反应放出的热量为0.2QkJ9.NaHSO3溶液在不同温

度下均可被过量KIO3氧化,当NaHSO3完全消耗即有I2析出,根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L-1的10.0mLNaHSO3溶液(含少量淀粉)、40.0mLKIO3(过量)酸性溶液混

合,记录10~55℃间溶液变蓝时间,55℃时未观察到溶液变蓝,实验结果如图。据图分析,下列判断不正确的是()。(假设混合后溶液体积为混合前两溶液体积之和)A.40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B.图中N、P两点对应的NaHSO3反应速率相等C.图中M点对应

的NaHSO3反应速率为5.0×10-5mol·L-1·s-1D.温度高于40℃时,淀粉不宜用作该实验的指示剂10.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0已达平衡,如果其他条件不变时,分别改变下列条件,对化学反应速率和化学平衡产生影响,下列条件与图像不相符的是

(0~t1:v正=v逆;t1时改变条件,t2时重新建立平衡)()。二、非选择题11.有人利用炭还原法处理氮氧化物,发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO,在

T1℃时,不同时间测得各物质的浓度如下表所示:浓度(mol·L-1)时间/min01020304050c(NO)1.000.680.500.500.600.60c(N2)00.160.250.250.300.3

0c(CO2)00.160.250.250.300.30(1)10~20min内,N2的平均反应速率v(N2)=。(2)30min后,只改变某一条件,反应重新达到平衡,根据上表中的数据判断改变的条件可能是。A.通入一定量的NOB.加入一定量的活性炭C.加入合适的催化剂D.适当缩

小容器的容积(3)40min后的反应速率(填“一定”或“不一定”)比20~30min内的反应速率大。12.在一定条件下,二氧化硫与氧气发生反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。(1)降低温度,化学反应

速率(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)600℃时,在一容积为2L的密闭容器中,将二氧化硫与氧气混合,在反应进行至10min和20min时,分别改变了影响反应的一个条件,反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示,前10min正反应速率逐渐(填“增大”“减小”或“不变”);前

15min内用SO3表示的平均反应速率为。(3)根据图中反应进程,表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是。(4)根据题图判断,10min时改变的反应条件可能是(填字母,下同);20min时改变的反应条件可能是。A.加入催化剂B.缩小容器容积C.降低温度D.增加O2的物质的量13.某学习小组利用反

应5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO42MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时,先分别量取酸性KMnO4溶液、H2C2O4溶液,然后倒入大试管中迅速振荡混合均匀,开始计时,通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。(1)甲同学设计了如下实

验:实验编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度℃浓度(mol·L-1)体积mL浓度(mol·L-1)体积mLa0.102.000.014.0025b0.202.000.014.0025c0.202.000.014.0050①探究浓度对化学反应速率影响的

组合的实验编号是,探究温度对化学反应速率影响的组合的实验编号是。②实验a测得混合后溶液褪色的时间为40s,忽略混合前后体积的微小变化,则这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=。(2)在其他条件相同的情况下,乙同学用不同浓度的酸性KMnO4溶液进行实验,测得的实验数据如下表所示:实验编号温度℃H

2C2O4溶液酸性KMnO4溶液褪色所需时间min浓度(mol·L-1)体积mL浓度(mol·L-1)体积mL1250.104.000.208.00t12250.104.000.028.00t2(t2<t1)依据表中数据,(填“能”或“不能”)得出“溶

液褪色所需时间越短,反应速率越大”的结论,理由是。考点19化学反应的方向、限度一、选择题1.已知反应:①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)K'②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)K″在不同温度下,K'和K″的值如下表所示:T/KK'K″9731.472.361173

2.151.67要使反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)在一定条件下建立的平衡正向移动,可采取的措施为()。A.缩小容器容积B.降低温度C.升高温度D.使用合适的催化剂2.一定条件下,将TiO2和焦炭放入密闭

真空容器中,发生反应TiO2(s)+C(s)Ti(s)+CO2(g),当反应达到平衡后,保持温度不变,缩小容器容积,体系重新达到平衡,下列说法一定正确的是()。A.平衡常数减小B.TiO2的质量不变C.CO2的浓度不变D.Ti的质量增加3.在相同条件下研究催化剂Ⅰ、催化剂Ⅱ对反应X2Y的影响,各

物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图所示,则下列说法正确的是()。A.无催化剂时,反应不能进行B.与催化剂Ⅰ相比,催化剂Ⅱ使反应活化能更低C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D.使用催化剂Ⅰ时,0~2min内,v(X)=1.0mol·L-1·min

-14.下列关于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0的图示与对应的叙述相符合的是()。5.(双选)CO2经催化加氢可合成乙烯:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)。0.1MPa时,按n(CO2)

∶n(H2)=1∶3投料,测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图所示,下列叙述不正确的是()。A.该反应的ΔH<0B.曲线b代表H2O的浓度变化C.N点和M点所处状态下的c(H2)不一样D.其他条件不变,T1、0.2MPa下反应达平衡时c(H2)比M点的小6.已知反应:CO(g)

+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)。起始以物质的量之比为1∶1充入反应物,不同压强条件下,H2的平衡转化率随温度的变化情况如图所示(M、N点标记为▲)。下列有关说法正确的是()。A.上述反应的ΔH<

0B.N点时的反应速率一定比M点的大C.降低温度,H2的转化率可达到100%D.工业上用此法制取甲烷应采用更高的压强7.已知甲为恒压容器、乙为恒容容器,相同条件下充入等物质的量的NO2气体,且起始时体积相同,发生反应:2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0,一段时间后相继达到平衡状态,下列说法中

正确的是()。A.平衡时NO2的体积分数:甲<乙B.达到平衡所需时间,甲与乙相等C.该反应的平衡常数表达式K=���(N2O4)���(NO2)D.若两容器内气体的压强保持不变,均说明反应已达到平衡状态8.在容

积为1L的恒容密闭容器中,用CO2和H2合成甲醇:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。将1molCO2和3molH2在反应器中反应8h,CH3OH的产率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是()。A.图中X点v正>v逆B.图中P点所示条件下,延长反应时间不能提高CH3OH的

产率C.反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH>0D.若起始时向容器中加入2molCO2和6molH2,维持520K反应达到平衡,H2的体积分数小于50%二、非选择题9.“绿水青山就是金山银山”,近年来,绿色发

展、生态保护成为我国展示给世界的一张新“名片”。Ⅰ.汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一,减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题:(1)已知:①N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH1=+180.5kJ·m

ol-1②C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH2=-393.5kJ·mol-1③2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH3=-221kJ·mol-1若某反应的平衡常数表达式为K=���(N2)·���2(���O2)���2(NO)·��

�2(CO),则此反应的热化学方程式为。(2)N2O5在一定条件下可发生分解:2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),一定温度下,在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应,能判断反应已达到化学平衡状态的是(填字母)。A

.NO2和O2的浓度比保持不变B.容器中压强不再变化C.2v正(NO2)=v逆(N2O5)D.气体的密度保持不变Ⅱ.甲醇、乙醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便,都是重要的化工原料,有着重要的用途和应用前景,可以用多种方

法合成。已知甲醇的一种合成方法为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。(3)将CO2和H2按物质的量之比为1∶3充入容积为2.0L的恒容密闭容器中,发生反应生成H2O(g),如图1表

示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO2的转化率随温度的变化关系。图1①A、B两点化学反应速率分别用vA、vB表示,则vA(填“大于”“小于”或“等于”)vB。②列出A点对应的平衡常数表达式K=。(4)CO2催化加氢合成乙醇的反应为2CO2

(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)ΔH。m代表起始时的投料比,即m=���(H2)���(CO2)。①图2中投料比相同,温度T3>T2>T1,则该反应的焓变ΔH(填“>”或“<”)0。②m=3时,恒压条件下反应

平衡时,各物质的物质的量分数与温度的关系如图3所示,则曲线b代表的物质为(填化学式)。图2图310.雾霾由多种污染物形成,包含颗粒物(PM2.5)、氮氧化物(NOx)、CO、SO2等。化学在解决雾霾污染问题中有着重要的作用。(1)已知:①2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH

1=-566.0kJ·mol-1②N2(g)+2O2(g)2NO2(g)ΔH2=+64kJ·mol-1反应2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)在(填“高温”或“低温”)条件下能自发进行

。(2)研究发现利用NH3可除去硝酸工业尾气中的NO。NH3与NO的物质的量之比分别为1∶2、1∶1.5、3∶1时,NO脱除率随温度变化的曲线如图1所示。图1①曲线a中,NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3,若从X点到Y点经过20

s,则该时间段内NO的脱除速率为mg·m-3·s-1。②曲线c对应的NH3与NO的物质的量之比是,其理由是。(3)若反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的正、逆反应速率分别可表示为v正=k正c2(NO)·c2(C

O);v逆=k逆c(N2)·c2(CO2),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数,c为物质的量浓度。一定温度下,在容积为1L的恒容密闭容器中加入4molNO和4molCO发生上述反应,测得CO和CO2的物质

的量浓度随时间的变化如图2所示。图2①A点时,v逆∶v正=。②测得平衡时体系压强为p,Kp为用气体分压表示的平衡常数,分压=总压×物质的量分数,则平衡常数Kp=(用含p的式子表示)。考点20化学平衡常数及转化

率化学反应的调控一、选择题1.把6molA气体和5molB气体混合放入4L密闭容器中,在一定条件下发生反应:3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g),5min末该反应达到平衡,此时生成C的物质的量为2mol,测

定D的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1,下列说法错误的是()。A.x=2B.B的转化率为20%C.平衡时A的浓度为0.75mol·L-1D.反应在恒温达平衡时,容器内压强为开始时的85%2.某温度下,将3molA和2molB充入一密闭容器中,发生反应:aA(g)+B(g)C(g)+D

(g),5min末反应达平衡,各物质的平衡浓度的关系为ca(A)·c(B)=c(C)·c(D)。若在温度不变的情况下将容器的容积扩大为原来的10倍,B的转化率不发生变化,则B的转化率为()。A.60%B.40%C.24%D.4%3.浓度均为0.1mol·L-1的CH4和CO2,在一定条件下

发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g),测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图,下列说法不正确的是()。A.平衡时CO与H2的物质的量比为1∶1B.p1、p2、p3、p4由大

到小的顺序为p1<p2<p3<p4C.1100℃、p4条件下,该反应10min时达到平衡点X,则v(CO2)=0.008mol·L-1·min-1D.随着温度升高,CH4的转化率减小4.温度为T1时,在容积为10L的恒容

密闭容器中充入一定量的M(g)和N(g),发生反应M(g)+N(g)2P(g)+Q(g)ΔH>0。反应过程中的部分数据如表所示,下列说法正确的是()。t/min0510n(M)/mol6.04.0n(

N)/mol3.01.0A.若T2时该反应的化学平衡常数为0.64,则T1>T2B.0~5min内,用M表示的平均反应速率为0.4mol·L-1·min-1C.该反应在第8min时v逆>v正D.当M、N的转化率之比保持不变时,可判断

该反应达到平衡状态5.温度为T时,在容积不变的密闭容器中发生反应X(g)+3Y(g)2Z(g),各组分在不同时刻的浓度如表所示,下列说法正确的是()。物质XYZ初始浓度/(mol·L-1)0.10.202min时浓度/(mol·L-1)0.08ab平衡浓度/

(mol·L-1)0.050.050.1A.平衡时,X的转化率为20%B.当温度为T时,该反应的平衡常数为40C.平衡后,增大体系压强,v正增大,v逆减小,平衡向正反应方向移动D.前2min内,用Y的浓度变化量表示的平均反应速率v(Y)=0.03mol·L-1·m

in-16.科学家研究以太阳能为热源分解Fe3O4,最终循环分解水制H2,其中一步重要反应为2Fe3O4(s)6FeO(s)+O2(g)ΔH=akJ·mol-1。在一定压强下,Fe3O4的平衡转化率随温度变化的α(Fe3O4)-T曲线如图所示。下列有

关说法不正确的是()。A.a>0B.压强p1>p2C.升高温度,该反应的平衡常数增大D.将体系中O2分离出去,能提高Fe3O4的转化率7.在两个固定容积均为1L的密闭容器中以不同的氢碳比���(H2)���(CO

2)充入H2和CO2,在一定条件下发生反应:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH。CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是()。A.该反应在常温下不

可能自发进行B.氢碳比,X<2.0C.若起始时,CO2、H2浓度分别为0.5mol·L-1、1.0mol·L-1,则可得P点对应温度的平衡常数的值为512D.向处于P点状态的容器中,按物质的量之比为2∶4∶1∶

4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O,再次平衡后α(CO2)减小二、非选择题8.甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题。(1)已知下列反应的热化学方程式:①3O2(g)2O3(g)K1ΔH1=285kJ·mol-

1②2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(l)K2ΔH2=-329kJ·mol-1反应③CH4(g)+O3(g)CH3OH(l)+O2(g)的ΔH3=kJ·mol-1,平衡常数K3=(用K1、K2表示)。(2)电喷雾电离等方法得到的M+(Fe+、Co+、Ni+等)

与O3反应可得MO+。MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300K和310K下(其他反应条件相同)进行反应MO++CH4M++CH3OH,结果如下图所示。图中300K的曲线是(填“a”或“b”)。300K、60s时MO+的转化率为(

列出算式)。(3)MO+分别与CH4、CD4反应,体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似,图中以CH4示例)。(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时,反应会变慢,则MO+与C

D4反应的能量变化应为图中曲线(填“c”或“d”)。(ⅲ)MO+与CH2D2反应,氘代甲醇的产量CH2DOD(填“>”“=”或“<”)CHD2OH。若MO+与CHD3反应,生成的氘代甲醇有种。9.研究减少CO2的排放是一项重要课题。CO2经催

化加氢可以生成低碳有机化合物,主要有以下反应:反应ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.6kJ·mol-1反应ⅡCH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)ΔH2=+23.4kJ·mol-1反应Ⅲ2CO2

(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH3(1)ΔH3=kJ·mol-1。(2)恒温恒容条件下,在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2,发生反应Ⅰ。下列描述能说明反应Ⅰ达到平衡状态的是(填

字母)。A.反应体系总压强保持不变B.容器内的混合气体的密度保持不变C.水分子中断裂2NA个H—O,同时氢分子中断裂3NA个H—H(设NA为阿伏加德罗常数的值)D.CH3OH和H2O的浓度之比保持不变(3)反

应Ⅱ在某温度下的平衡常数为0.25,此温度下,在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g),反应到某时刻测得各组分浓度如下:物质CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OH(g)浓度(mol·L-1)1.81.80.4此时v正(填“>”“<”或“=”)v逆,

当反应达到平衡状态时,混合气体中CH3OH的体积分数为。(4)压强为p时,在不同温度、不同投料比下进行反应Ⅲ,CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下,将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中,5min后反应达到平衡状态,则0~5min内的平均反应速率

v(CH3OCH3)=;KA、KB、KC三者之间的大小关系为。考点21电离平衡一、选择题1.在相同温度时,100mL0.01mol·L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol·L-1的醋酸溶液相比较,下列数值前者大于后者的是()。A.中和时所需NaOH的量B.OH-的物质的量

浓度C.与Mg反应的起始速率D.溶液中���(H+)·���(CH3������O-)���(CH3������������)2.下列关于电解质溶液的说法正确的是()。A.0.1L0.5mol·L-1CH3CO

OH溶液中含有的H+数为0.05NA(设NA表示阿伏加德罗常数的值)B.室温下,稀释0.1mol·L-1CH3COOH溶液,溶液的导电能力增强C.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中���(H+)���(

CH3������������)减小D.CH3COOH溶液加水稀释后,溶液中���(CH3������������)���(CH3������O-)的值减小3.25℃时,下列关于0.1mol·L-1的氨水和0.1mol·L-1的醋酸说法正确的是()。A.0.1mol·L-1的氨水,

pH=13B.0.1mol·L-1的醋酸加水稀释,溶液中c(H+)和c(OH-)都减小C.0.1mol·L-1的醋酸中:c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)D.0.1mol·L-1的氨水与0.1

mol·L-1的盐酸等体积混合所得溶液中:c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)4.(双选)两种一元碱MOH和ROH的溶液分别加水稀释,溶液pH的变化如图所示,下列叙述不正确的是()。A.MOH是一种弱碱B

.在X点,c(M+)>c(R+)C.稀释前,c(ROH)=10c(MOH)D.稀释前MOH溶液和ROH溶液中由水电离出的c(OH-)前者是后者的10倍5.25℃下部分弱酸的电离常数如表所示。下列有关说法不正确的是()。

弱酸HCOOHHClOH2S电离平衡常数(Ka)Ka=1.0×10-4Ka=2.0×10-8���a1=1.3×10-7���a2=7.1×10-15A.若HCOONa和HCOOH的混合溶液的pH=3,则���(HCOOH)���(HCOO-)=10B.相同浓度的HCOON

a和NaClO溶液中离子总浓度前者大C.等浓度、等体积的Na2S和HCOOH混合后:c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH)D.向NaClO溶液中通入H2S发生的反应为ClO-+H2SHS-+HClO6.常温下,相同浓度的两种一元酸HX、HY分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴

定,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()。A.HX、HY起始溶液体积相同B.均可用甲基橙作滴定指示剂C.pH相同的两种酸溶液中:c(HY)>c(HX)D.同浓度的KX与HX的混合溶液中,c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)7.常温时,1mol·L-1的

HA和1mol·L-1的HB两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得变化关系如图所示(V表示溶液稀释后的体积)。下列说法错误的是()。A.Ka(HA)约为10-4B.当两溶液均稀释至lg������0+1=4时,溶液中c(A-)>c(B-)C.中和等体积、

pH相同的两种酸所用n(NaOH):HA>HBD.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者8.常温下,用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1某酸(HA

)溶液,溶液中HA、A-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=���(X)���(HA)+���(A-)]。下列说法正确的是()。A.Ka(HA)的数量级为10-5B.溶液中由水电离出的c(H+):A点>

B点C.当pH=4.7时,c(A-)+c(OH-)=c(HA)+c(H+)D.当pH=7时,消耗NaOH溶液的体积为20.00mL二、非选择题9.与化学平衡类似,电离平衡的平衡常数叫电离常数(用K表示)。下表是某温度下几种常见弱酸的

电离平衡常数:酸电离方程式电离平衡常数KaCH3COOHCH3COOHCH3COO-+H+1.96×10-5HClOHClOClO-+H+3.0×10-8H2CO3H2CO3H++HCO3-���a1=4.

4×10-7HCO3-H++CO32−���a2=4.7×10-11H3PO4H3PO4H++H2PO4-H2PO4-H++HPO42−HPO42−H++PO43−���a1=7.1×10-3���a2=6.3×10-8���a3=4.2×10-13请回答下列问题:(1)若把CH3COOH、

HClO、H2CO3、HCO3-、H3PO4、H2PO4-、HPO42−都看作是酸,则它们酸性最强的是(填化学式,下同),最弱的是。(2)向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳,发生反应的离子方程式为;1.2mol·L-1的NaClO溶液的pH=(已知

:lg2=0.3)。(3)该温度下0.10mol·L-1的CH3COOH溶液中的c(H+)=mol·L-1。10.25℃时,有关物质的电离平衡常数如下表所示:化学式CH3COOHH2CO3H2SO3电离平衡常数Ka=1.8×10-5���a1=4.3×10-7

���a2=5.6×10-11���a1=1.5×10-2���a2=1.02×10-7(1)请写出H2SO3的电离平衡常数���a1的表达式:。(2)常温下,将体积为10mLpH=2的醋酸与亚硫酸分别加水稀释至1000mL,稀释后溶液的pH前者(填“>”“<”或“=”)后者。

(3)一定条件下,冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力I随加水体积V变化曲线如图所示,则A、B、C三点溶液中CH3COOH的电离程度由大到小的顺序为。(4)下列离子:CH3COO-、CO32−、HSO3-、SO32−在溶液中结合H+的能力由大到小的顺序为。(5)体积相同、c(H+)相同的①CH

3COOH,②HCl,③H2SO4三种酸溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和时,消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填序号)。11.现有常温下pH=2的盐酸甲和pH=2的醋酸乙,请根据下列操作回答

问题:(1)常温下0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释过程中,下列表达式的数据一定增大的是。A.c(H+)B.���(H+)���(CH3������������)C.c(H+)·c(OH-)D.���(O

H-)���(H+)(2)取10mL的乙溶液,加入等体积的水,CH3COOH的电离平衡(填“向左”“向右”或“不”)移动;另取10mL的乙溶液,加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后,溶液体积保持不变),待固体溶解后,溶液中���(H+)���(CH3�����

�������)的比值将(填“增大”“减小”或“无法确定”)。(3)取等体积的甲、乙两溶液,分别用等浓度的NaOH稀溶液中和,则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)(填“>”“<”或“=”)V(乙)。(4)常温下,取甲溶液稀释到体积为原来的100倍,其p

H=;取99mL甲溶液与1mL1mol·L-1的NaOH溶液混合(忽略溶液体积变化),恢复至常温时其pH=。12.某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。提出假设稀释HAc溶液或改变Ac-浓度,HAc电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用

浓度均为0.1mol·L-1的HAc和NaAc溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液;测定pH,记录数据。序号���(HAc)mL���(NaAc)mL���(H2���)mLn(NaAc)∶n(HAc)pHⅠ40.00//02.8

6Ⅱ4.00/36.0003.36…Ⅶ4.00ab3∶44.53Ⅷ4.004.0032.001∶14.65(1)根据表中信息,补充数据:a=,b=。(2)由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释HAc溶液,电离平衡(填“正”或“逆”)向移动;结合表中数据,给出判断理

由:。(3)由实验Ⅱ~Ⅷ可知,增大Ac-浓度,HAc电离平衡逆向移动。实验结论假设成立。考点22水的电离和溶液的pH一、选择题1.下面是一段关于酸碱中和滴定实验操作的叙述:①取一锥形瓶,用待测NaOH溶液润洗两次;②在锥形瓶中加入25mL待测NaOH溶液;③加入几滴石蕊溶液作指示

剂;④取一支酸式滴定管,洗涤干净;⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液,进行滴定;⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞,右手不停摇动锥形瓶;⑦两眼注视着滴定管内盐酸液面下降,直至滴定终点。文中所述操作有错误的序号为()。A

.④⑥⑦B.①②⑥C.③⑤⑦D.①③⑤⑦2.下列说法中正确的是()。A.OH-的浓度增大,溶液的碱性一定增强B.常温下0.1mol·L-1醋酸溶液的pH=a,将溶液稀释到原体积的10倍能使溶液的pH=(a+1)C.将NaCl溶液从常温加热至80℃,溶液仍保持中

性,pH不变D.pH=2的硫酸和pH=2的醋酸以体积比1∶10混合后,溶液pH仍为23.下列叙述正确的是()。A.95℃时纯水的pH<7,说明加热可导致水呈酸性B.室温下,pH=5的盐酸,加水稀释至溶

液的体积为原溶液体积的103倍后pH=8C.pH=1的盐酸与等体积pH=3的盐酸混合后pH=2D.25℃时,pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH<74.如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线,下列叙述正确的是()。A.盐酸的物质的量浓度为1mol·L-1B.P点时

反应恰好完全,溶液呈中性C.曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D.酚酞不能用作本实验的指示剂5.(双选)常温下,0.1mol·L-1某一元酸(HA)溶液中���(OH-)���(H+)=1.0×10-8,则下列叙述中正确的是()。A.该一元酸溶

液的pH=3B.该溶液中由水电离出的c(H+)=1.0×10-3mol·L-1C.该溶液中水的离子积常数为1.0×10-22D.用aL0.1mol·L-1NaOH溶液与bL0.1mol·L-1该一元酸(HA)溶液混合,若混合溶液的pH=7,则a<b

6.(双选)在一定温度下,弱碱(CH3NH2)在水溶液中的电离方程式为CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-,下列说法正确的是()。A.电离平衡常数表达式Kb=���(CH3���H2)���(CH3���H3+)·���(O

H-)B.加入适量的CH3NH2溶液,电离常数Kb增大C.加水稀释,c(OH-)减小,KW不变D.升高温度,c(CH3NH3+)增大7.25℃时,下列说法不正确的是()。A.pH=3的硫酸溶液中,由水电离出的H+浓度为1.0×10-11mol·L-1B.pH相

等的盐酸和醋酸溶液中,c(Cl-)>c(CH3COO-)C.NaHS溶液呈碱性,说明H2S是弱电解质D.pH=10的氨水中加入氯化铵固体,溶液pH减小8.常温下,已知CH3COOH的电离常数为1.75×10-5(已知17.5=4.2),向20mL0.01mo

l·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的NaOH溶液,溶液中水电离的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化如图所示,下列说法正确的是()。A.B、D两点溶液的pH相同B.B点溶液中离子浓度大小顺序是

c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)C.E点所示溶液中,c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]=0.005mol·L-1D.A点坐标为(0,2.4×10-11)9.在某温度时,将nmo

l·L-1氨水滴入10mL1.0mol·L-1盐酸中,溶液的pH和温度随加入的氨水体积的变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是()。A.C点存在守恒关系:c(NH4+)=c(Cl-)B.B点:c(Cl

-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)C.水的电离程度:B>C>A>DD.25℃时,NH4Cl的水解平衡常数为(n-1)×10-7(用n表示)10.如图为室温下某二元酸H2M溶液中H2M、HM-、M2-的浓度对数lgc随pH的变化图像。下列分析错误的

是()。A.该二元酸溶液浓度为0.010mol·L-1B.pH=1.89时,c(H2M)=c(HM-)>c(M2-)C.pH=7.0时,lgc(M2-)-lgc(HM-)=0.77D.在NaHM溶液中,水的电离受到抑制

二、非选择题11.(1)将V10.15mol·L-1稀硫酸与V20.1mol·L-1NaOH溶液混合,所得溶液的pH为1,则V1∶V2=(溶液体积变化忽略不计)。(2)室温下,某水溶液中存在的离子有Na+、A-、H+、OH-,根据题意,回答下列问题:①若溶液pH>7,则c(N

a+)c(A-),理由是。②若溶液由pH=3的HA溶液amL与pH=11的NaOH溶液bmL混合而得,则下列说法正确的是(填字母)。A.若反应后溶液呈中性,则c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol·L-1B.若a=b,反应后溶液pH一

定等于7C.若反应后溶液呈酸性,则a一定大于bD.若反应后溶液呈碱性,则a一定小于b12.连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸,可用于制N2O气体。(1)连二次硝酸中氮元素的化合价为价。(2)常温下,用0.01mol·L-1

的NaOH溶液滴定10mL0.01mol·L-1的H2N2O2溶液,测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式:。②B点时溶液中c(H2N2O2)(填“>”“<”或“=”,下同)c(N2O22

−)。③A点时溶液中c(Na+)c(HN2O2-)+c(N2O22−)。13.已知某温度下CH3COOH的电离常数Ka=1.6×10-5。该温度下向20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的KOH溶液,其pH变化曲线如图所示

(忽略温度变化)。请回答下列有关问题:(已知lg4=0.6)(1)A点溶液中c(H+)为,pH约为。(2)A、B、C、D四点中水的电离程度最大的是点,滴定过程中宜选用作指示剂,滴定终点在(填“C点以上”或“C点以下”)。(3

)若向20mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸,则下列变化趋势正确的是(填字母)。考点23盐类的水解一、选择题1.生活中处处有化学,下列有关说法正确的是()。A.天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Mg2+、Ca2+等离子B

.焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关C.生活中用电解食盐水的方法制取消毒液,运用了盐类的水解原理D.在滴有酚酞的Na2CO3溶液中慢慢滴入BaCl2溶液,溶液的红色逐渐褪去2.下列有关电解质溶液的说法不正确的是()。A.向Na

2CO3溶液中通入NH3,���(Na+)���(CO32−)减小B.将0.1mol·L-1的K2C2O4溶液从25℃升温至35℃,���(K+)���(C2O42−)增大C.向0.1mol·L-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性,���(Na+)���(F-)=1D.向

0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中加入少量水,���(CH3������������)���(CH3������O-)·���(H+)增大3.下列说法正确的是()。A.向CuCl2溶液中加入CaCO3,调节pH可除去溶液中混有的Fe3+B.配制FeSO4

溶液时,将FeSO4固体溶于稀盐酸中,然后稀释至所需浓度C.用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+D.洗涤油污常用热的碳酸钠溶液4.25℃时,浓度均为0.1mol·L-1的溶液,其pH如表所示。下列说法正确的是()。序号①②③④溶液NaClCH3COONH4NaFNaHCO3pH7.07.0

8.18.4A.酸性强弱:H2CO3>HFB.①和②中溶质均未水解C.离子的总浓度:①>③D.④中:c(HCO3-)+2c(CO32−)+c(H2CO3)=0.1mol·L-15.常温下,浓度均为0.1mol·L-1的下列四种盐溶液,其pH测定如下表所示:序

号①②③④溶液CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClOpH8.89.711.610.3下列说法正确的是()。A.四种溶液中,水的电离程度①>②>④>③B.Na2CO3和NaHCO3溶液中,粒子种类相同C.将等浓度的CH3COOH和HCl

O溶液比较,pH小的是HClOD.Na2CO3溶液中,c(Na+)=c(CO32−)+c(HCO3-)+c(H2CO3)6.(双选)已知常温下三种酸的电离平衡常数如下表所示:酸HCNH2CO3HF电离常数4.9×10-10���a1=4.3×10-7,���a

2=5.6×10-116.7×10-4下列说法不正确的是()。A.相同物质的量浓度的HCN和HF溶液中,HF溶液中水的电离程度较小B.相同物质的量浓度的NaCN、Na2CO3和NaF溶液中,Na2CO3溶液的pH最大C.相同物质的量浓度的NaCN和NaF溶液中,c(F

-)+c(OH-)=c(CN-)+c'(OH-)D.在NaCN溶液中通入少量CO2,离子方程式为2CN-+H2O+CO22HCN+CO32−7.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()。选项现象或事实解释A用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油

污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时,草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成NH3会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜

8.(双选)室温时,向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液,溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是()。A.图中A、B、C、D四个点,水

的电离程度最大的是D点B.A点处存在c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1mol·L-1C.B点处存在c(Na+)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)D.由B到C发生反应的离子方程式为NH4++OH-NH3·H2O9.下列有关溶液(室温下)的说法正确的是()。A

.Na2CO3和NaHCO3形成的混合溶液中:2c(Na+)=3[c(CO32−)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]B.0.10mol·L-1NaHSO3溶液中通入NH3至溶液pH=7:c(Na+)>c(NH4+)>c(SO32−)C.物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4

HCO3溶液、③NH4Cl溶液、④(NH4)2Fe(SO4)2溶液中,c(NH4+)的大小关系:④>①>②>③D.0.10mol·L-1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH=7:c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)10.室温下,将一元酸HA溶液和KOH溶液等体

积混合(忽略体积变化),实验数据如下表:实验编号起始浓度/(mol·L-1)反应后溶液的pHc(HA)c(KOH)①0.10.19②x0.27下列说法不正确的是()。A.实验①反应后的溶液中:c(K+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)B.实验①反应后的溶液中:c(O

H-)=c(K+)-c(A-)=���W1×10-9mol·L-1C.实验②反应后的溶液中:c(A-)+c(HA)>0.1mol·L-1D.实验②反应后的溶液中:c(K+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)二、非选择题11.在室温下,下列五种溶液:①0

.1mol·L-1NH4Cl溶液,②0.1mol·L-1CH3COONH4溶液,③0.1mol·L-1NH4HSO4溶液,④0.1mol·L-1NH3·H2O和0.1mol·L-1NH4Cl混合液,⑤0.1mol·L-1氨水。请根据要求回答

下列问题:(1)溶液①呈(填“酸”“碱”或“中”)性,其原因是(用离子方程式表示)。(2)溶液②③中c(NH4+)的大小关系是②(填“>”“<”或“=”)③。(3)在溶液④中(填离子符号)的浓度为0.1mol·L-1

;NH3·H2O和(填离子符号)的浓度之和为0.2mol·L-1。(4)室温下,测得溶液②的pH=7,则说明CH3COO-的水解程度(填“>”“<”或“=”,下同)NH4+的水解程度,CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO-)c(NH4+)。(5)常温下,某水溶液M中存在的

离子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-,存在的分子有H2O、H2A。①写出酸H2A的电离方程式:。②若溶液M由10mL2mol·L-1NaHA溶液与10mL2mol·L-1NaOH溶液混合而得,则溶液M的pH(填“>”“<”或“=”)7。12.已知25

℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示:化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.8×10-5���a1=4.4×10-7���a2=4.7×10-11Ka=3.0×10-8请回答下列问题:(1)物质的量

浓度均为0.1mol·L-1的四种溶液:a.CH3COONab.Na2CO3c.NaClOd.NaHCO3pH由小到大排列的顺序是(用编号填写)。(2)常温下,0.1mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释过程中,下列表达式的数据变大的是。A.c(H+)B.

���(H+)���(CH3������������)C.c(H+)·c(OH-)D.���(OH-)���(H+)E.���(H+)·���(CH3������O-)���(CH3������������)(3)体积均为100mLpH=2

的CH3COOH与一元酸HX,加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示,则HX的电离平衡常数(填“大于”“小于”或“等于”)CH3COOH的电离平衡常数,理由是。(4)25℃时,CH3COOH与CH3COONa的混合溶液,若测得pH=6,则溶液中c(CH3COO-)-c(

Na+)=mol·L-1(填精确值)。(5)标准状况下,将1.12LCO2通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液中,用溶液中粒子的浓度符号完成下列等式:①c(OH-)=2c(H2CO3)+;②c(H+)+c(Na+)=。考点24沉淀溶解平衡一、选择题1.温度为T时,Ksp[Cu(OH)

2]=2.2×10-20,Ksp[Fe(OH)3]=1.1×10-38。此温度下要除去CuCl2溶液中的少量FeCl3,可以边搅拌边加入一种试剂,这种试剂是()。A.CuSO4溶液B.NaOH溶液C.氨

水D.CuO2.下列说法不正确的是()。A.其他条件不变,离子浓度改变时,Ksp不变B.由于相同温度时Ksp(ZnS)>Ksp(CuS),所以ZnS在一定条件下可转化为CuSC.Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关D.两种难溶电解质作

比较时,Ksp越小的电解质,其溶解度一定越小3.实验:①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a,过滤得到滤液b和白色沉淀c;②向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液,出现浑浊;③向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液,沉淀变为黄色。下

列分析不正确的是()。A.浊液a中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)B.滤液b中不含有Ag+C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgID.实验可以证明AgI比AgCl更难溶4.电镀废液中Cr2O72−

可通过下列反应转化成铬黄(PbCrO4):Cr2O72−(aq)+2Pb2+(aq)+H2O(l)2PbCrO4(s)+2H+(aq)ΔH<0。下列说法正确的是()。A.移出PbCrO4(s),Cr2O72−的转化率升高B.加入少量NaOH固体,自然沉降后,溶液颜色变深C.加入Pb(NO3)2固体

,平衡逆向移动D.降低温度,该反应的平衡常数K=���2(H+)���(Cr2O72−)·���2(���b2+)增大5.已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(AgBr)=7.7×10-13,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12。某溶液中含有Cl-、Br-和CrO

42−的浓度均为0.010mol·L-1,向该溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时,三种阴离子产生沉淀的先后顺序为()。A.Cl-、Br-、CrO42−B.CrO42−、Br-、Cl-C.Br-、Cl-、CrO42−D.Br-、CrO4

2−、Cl-6.已知:Ksp(CuS)=6.0×10-36,Ksp(ZnS)=3.0×10-25,Ksp(PbS)=9.0×10-29。在自然界中,闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)遇硫酸铜溶液能转化成铜蓝(CuS)。下

列有关说法不正确的是()。A.硫化锌转化成铜蓝的离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+CuS(s)B.在白色硫化锌浊液中滴加硝酸铅溶液,不会生成黑色沉淀(PbS)C.在水中的溶解度:S(ZnS)>

S(PbS)>S(CuS)D.若溶液中c(Cu2+)=1×10-10mol·L-1,则S2-已完全转化成CuS7.某兴趣小组进行下列实验:①将0.1mol·L-1MgCl2溶液和0.5mol·L-1NaOH溶液等体积混合得到浊液;②取少量①中浊液,滴

加0.1mol·L-1FeCl3溶液,出现红褐色沉淀;③将①中浊液过滤,取少量白色沉淀,滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液,白色沉淀变为红褐色沉淀;④另取少量白色沉淀,滴加饱和NH4Cl溶液,沉淀溶解。下列说法中不正确的是()。A.将

①中所得浊液过滤,所得滤液中含少量Mg2+B.①中浊液中存在沉淀溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)C.实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶D.NH4Cl溶液中的NH4+水解可能是④中沉淀溶解的原因8.25℃时,用Na2SO4溶液沉淀Ba2+、P

b2+、Ca2+三种金属离子(M2+),所需SO42−最低浓度的负对数值p(SO42−)=-lgc(SO42−)与p(M2+)=-lgc(M2+)关系如图所示,下列说法正确的是()。A.Ksp(CaSO4)<Ksp(PbSO4)<Ksp(BaSO4)B.A点可表

示CaSO4的饱和溶液,且c(Ca2+)=c(SO42−)C.B点可表示PbSO4的不饱和溶液,且c(Pb2+)<c(SO42−)D.向Ba2+浓度为10-5mol·L-1的废水中加入足量CaSO4粉末,会有BaSO4沉淀析出9.

向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水,发生反应Ag++NH3[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+。lg[c(M)/(mol·L-1)]与lg[c(NH3)/(mol·L-1)]的关系如下图所示(其中M

代表Ag+、Cl-、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+)。下列说法错误的是()。A.曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线B.AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-9.75C.反应[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3

)2]+的平衡常数K的值为103.81D.c(NH3)=0.01mol·L-1时,溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+)10.某温度下,分别向10.00mL0.1mol·L-1的KCl和K2CrO4溶液中滴加0.1mol·L-

1AgNO3溶液,滴加过程中-lgc(A)(A为Cl-或CrO42−)与AgNO3溶液体积(V)的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是()。A.曲线l1表示-lgc(Cl-)与V(AgNO3溶液)的变化关系B.M点溶液中:c(NO3-)>c(K+)>c(Ag+)>c(H

+)>c(OH-)C.该温度下,Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-12D.相同实验条件下,若改为0.05mol·L-1的KCl和K2CrO4溶液,则曲线l2中N点移到Q点二、非选择题11.废旧铅蓄电池

的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb,还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源,通过下图流程实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表:难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10

-87.4×10-141.1×10-102.6×10-9一定条件下,一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表:金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34

.69.1回答下列问题:(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为。用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因。(2)在“脱硫”中,加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化,原因是。(3)在“酸浸”中,除加入醋酸(CH3COOH),还要加入H2O2。(ⅰ)能被H2O2氧

化的离子是;(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为(CH3COO)2Pb,其化学方程式为;(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为(CH3COO)2Pb,H2O2的作用是。(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9,滤渣的主要成分是。

(5)“沉铅”的滤液中,金属离子有。12.某铬盐厂净化含Cr(Ⅵ)废水并提取Cr2O3的一种工艺流程如图所示。已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-

39Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17(1)步骤Ⅰ中,发生的反应为2H++2CrO42−Cr2O72−+H2O,B中含铬元素的离子有(填离子符号)。(2)当清液中Cr3+的浓度≤1.5mg·L-1时,可认为已达铬的排放标准。若测得清液的pH=5,则清液尚不符合铬的排

放标准,因为此时Cr3+的浓度=mg·L-1。(3)步骤Ⅱ还可用其他物质代替NaHSO3做还原剂。①若用FeSO4·7H2O做还原剂,步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有(填离子符号)。②若用铁屑做还原剂,当

铁的投放量相同时,经计算,C溶液的pH与c(Cr2O72−)的对应关系如下表所示:pH3456���(Cr2O72−)(mol·L-1)7.02×10-217.02×10-71.25×10-32.21×10-34有

人认为pH=6时,c(Cr2O72−)变小的原因是Cr2O72−基本上都已转化为Cr3+。这种说法是否正确,为什么?。③用铁屑做还原剂时,为使所得产品中含铁元素杂质的含量尽可能低,需要控制的条件有。考点25原子结构一、选择题1.用中子轰击������X原子产生α粒子(

即氦核24He)的核反应为������X+01n→���7Y+24He。已知元素Y在化合物中显+1价。下列说法正确的是()。A.H3XO3可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液B.Y单质在空气中燃烧的产物是Y2O2C.X和氢元素形成离子化合物D.6Y和7Y互为同素异形体2.下列叙述中,不正确的是

()。A.在现代化学中,常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素,称为光谱分析B.p轨道电子云形状是哑铃形C.电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述D.3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上有两个未成对电子的原子,对应为同

一元素3.某元素基态原子4s轨道上有1个电子,则该基态原子价层电子排布不可能是()。A.3p64s1B.4s1C.3d54s1D.3d104s14.下列说法中正确的是()。A.同一原子中3s、3p、3d、4s能量依次升高B.某原子核外电子由1s22s22p63s23p1→1s22s22

p63s13p2,原子放出能量C.p能级的原子轨道呈哑铃形,随着能层数的增加,p能级原子轨道数也在增多D.按照泡利原理,在同一个原子中不可能存在两个运动状态完全相同的电子5.下列说法中正确的是()。A.37Cl原子核

内的中子数为17B.1H和2H的化学性质几乎完全相同C.H216O与H218O互为同素异形体D.Na和Na+属于同种元素,且性质相同6.具有下列电子层结构的原子,其对应元素一定属于同一周期的是()。A.两种原子的电子

层上全部都是s电子B.3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子C.最外层电子排布式为2s22p6的原子和最外层电子排布式为2s22p6的离子D.原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子,而d能级上尚未有电子的两种原子7.下

列电子排布式或轨道表示式正确的是()。①C原子的轨道表示式:②Cr原子的电子排布式:1s22s22p63s23p63d44s2③O原子的轨道表示式:④Br原子的价层电子排布式:3d104s24p5⑤B原子的轨道表示式

:A.①②③B.②③④C.①②④⑤D.③8.某基态原子的轨道表示式为,从中得到的信息错误的是()。A.有2个电子层B.有3种能量不同的轨道C.有7种运动状态不同的电子D.最外层有3个电子9.下列各组表述中,两个粒子一定不属于同种元素原

子的是()。A.3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p2的原子B.M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2的原子C.最外层电子数是核外电子总数的15的原子和价层电子排布式为4

s24p5的原子D.2p能级有一个未成对电子的基态原子和价层电子排布式为2s22p5的原子10.下列各组原子中,化学性质一定相似的是()。A.原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子B.原子核外M层上仅有2个电子的X原子与原子核外N层上仅有

2个电子的Y原子C.2p轨道上只有2个电子的X原子与3p轨道上只有2个电子的Y原子D.最外层都只有1个电子的X、Y原子二、非选择题11.现有1~20号元素A、B、C、D所对应的物质的性质或粒子结构如下表:元素物质性质或粒子结构AM层上有2对成对电子BB的离

子与D的离子具有相同的电子层结构,且可以相互组合形成干燥剂C常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性D元素最高正化合价是+7价(1)A元素的原子最外层共有种不同运动状态的电子,这些电子中有种能量不

同的电子。B的离子与D的离子相互组合形成的干燥剂的化学式是。(2)C元素与氢元素形成带一个单位正电荷的离子,写出该离子的电子式:(用元素符号表示)。(3)A元素与D元素相比,非金属性较强的是(用元素符号表示),下列表述中能证明这一事实的是。A.常温下

A的单质和D的单质状态不同B.A的氢化物比D的氢化物稳定C.一定条件下D能从A的氢化物水溶液中置换出A单质D.D的氢化物水溶液酸性比A的氢化物水溶液酸性强12.现有部分前36号元素的性质或原子结构如下表所示:元素编号元素性质或原子结构R基态原子的最外层有3个

未成对电子,次外层有2个电子S单质能与水剧烈反应,所得溶液呈弱酸性T基态原子3d轨道上有1个电子X(1)R元素的第一电离能要大于其同周期相邻的元素,原因是。(2)S元素的常见化合价为,原因是。(3)T元素的原子N能层上电

子数为。(4)X的核外电子的轨道表示式违背了。用X单质、碱金属盐及碱土金属盐等可以做成焰火。燃放时,焰火发出五颜六色的光,请用原子结构的知识解释发光的原因:。13.现有七种元素,其中A、B、C、D、E为短周期主族元素,F、G为第四周期元素,它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信

息,回答下列问题。元素性质或结构信息A核外电子数和电子层数相等B原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能如下:I1=738kJ·mol-1;I2=1451kJ·mol-1;I3=7733k

J·mol-1;I4=10540kJ·mol-1D原子核外所有p轨道全满或半满E主族序数与周期数的差为4F前4周期中电负性最小G位于元素周期表的第七列(1)已知BA5为离子化合物,写出其电子式:。(2)B元素基态原子中能量最高的电子,其电子云在空间有个方向,原子轨道呈形。(3)某同学根据上

述信息,推断C基态原子的核外电子的轨道表示式为,该同学所画的电子排布图违背了。(4)G位于第族,属于区元素,该元素的核外电子排布式为。(5)DE3中心原子的杂化方式为,用价层电子对互斥理论推测其空间结构为。考点26元素周期律元素周期表一、选择题1.下列电子排布式对应的原子中

,第二电离能最大的是()。A.1s22s22p5B.1s22s22p6C.1s22s22p63s1D.1s22s22p63s22.下列关于Na、Mg、Al的性质的叙述正确的是()。A.还原性:Na>Mg>AlB.第一电离能:

Na<Mg<AlC.电负性:Na>Mg>AlD.碱性:NaOH<Mg(OH)2<Al(OH)33.不能说明X的电负性比Y的电负性大的是()。A.与H2化合时X单质比Y单质容易B.X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性强C.X原子的最外层电子数

比Y原子的最外层电子数多D.X单质可以把Y从其氢化物中置换出来4.我国嫦娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤,经分析发现其构成与地球土壤类似。土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z,原子序数依次增大,最外层电子数之和为15。X、Y、Z为同周期相邻元素,且均不与W同族

。下列结论正确的是()。A.原子半径大小顺序为W>X>Y>ZB.化合物XW中的化学键为离子键C.Y单质的导电性能弱于Z单质的D.Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸5.下列关于元素第一电离能的说法不正确的是()。A.钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能,故

钾的金属活动性强于钠的金属活动性B.因同周期主族元素的原子半径从左到右逐渐减小,故第一电离能必依次增大C.最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子,第一电离能较大D.对于同一元素而言,原子的电离能I1<I2<I36.下列说法不

正确的是()。A.根据对角线规则,铍和铝的性质具有相似性B.元素原子的第一电离能越大,表示气态时该原子越易失去电子C.元素的电负性越大,表示其原子在化合物中吸引电子能力越强D.电负性大的元素易呈现负价,电

负性小的元素易呈现正价7.图甲和图乙表示的是元素的某种性质随原子序数的变化。下列说法正确的是()。图甲图乙A.图乙不可能表示元素的电负性随原子序数的变化关系B.图甲可能表示的是元素单质的熔点随原子序数的变化关系C.图乙可能表示的是元素原子的半径随原子序数的变化关系D.

图甲可能表示的是元素原子的第一电离能随原子序数的变化关系8.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法不正确的是()。A.W、Y对应的简单氢化物的稳定性前者高B.阴离子的还原性:W2->Q-C.离子半径:Y2->Z3+D.元素的非金

属性:Y>W9.一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中,X的原子核只有1个质子;元素Y、Z、W的原子序数依次增大,且均位于X的下一周期;元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法不正确的是()。A.XEZ4是一种强酸B.非金属性:W>Z>YC.原子半径:Y>W>ED.ZW2中,Z的化

合价为+2价10.短周期主族元素W、Q、X、Y、Z的原子序数依次增大;灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间,一种制备晶体Y的路线如图所示,通常状态下YW4呈气态。YQ2X2YYW4Y的单质下列说法不正确的是()。A.元素的电

负性:Q>Z>WB.YW4中Y为sp3杂化,YW4为正四面体形分子C.简单离子半径:Z>X>QD.氢化物的稳定性:Q>Z>Y二、非选择题11.有A、B、C、D四种短周期元素,其中A元素和B元素的原子都

有1个未成对电子,A+比B-少一个电子层,B原子得一个电子填入3p轨道后,3p轨道已充满;C原子的p轨道中有3个未成对电子,其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大;D的最高正化合价和最低负化合价的代数和为4,其最高价氧化

物中含D的质量分数为40%,且其核内质子数等于中子数。(1)在CB3分子中C元素原子的轨道杂化类型是,CB3分子的空间结构为。(2)C的氢化物极易溶于水的原因是。(3)D元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是(用元素符号表示)。(4)氧原子价层电子的轨道表示式为

。12.已知A、B、C、D、E、F、G都是周期表中前四周期的元素,它们的原子序数依次增大。其中A原子的L层有2个未成对电子。D是电负性最大的元素,E与F同主族,E的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。G3+离子3d轨道

电子为半充满状态。请根据以上情况,回答下列问题:(答题时,用所对应的元素符号表示)(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为。D的核外有种运动状态不同的电子。(2)A的最简单氢化物属于(填“极性分子”或“

非极性分子”)。AH3+空间结构是,其中心原子采取杂化。(3)晶体熔点:EC(填“>”“<”或“=”)FC。(4)G和M(质子数为25)两元素的部分电离能数据如表所示:元素MG电离能(kJ·mol-1)I1717759I215091561I332482957比较两元素的I2、I3可知,气态

M2+再失去一个电子比气态G2+再失去一个电子难。其原因是。13.新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向。(1)①Ti(BH4)3是一种储氢材料,可由TiCl4与LiBH4反应制得。基态氯原子中,电子占据的最高能层符号为,该能层具有的原子轨道数为。Li、

B、H三种元素的电负性由小到大的排列顺序为。②金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。LiH中,离子半径:Li+(填“>”“=”或“<”)H-。某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物。M的部分电离能如下表所示

:���1(kJ·mol-1)���2(kJ·mol-1)���3(kJ·mol-1)���4(kJ·mol-1)���5(kJ·mol-1)738145177331054013630M是(填元素符号)。(2)铜原子在基态时,价层电子排布式为。已知高温下Cu2O比CuO更稳定

,试从核外电子结构变化角度解释:。(3)太阳能电池板材料除单晶硅外,还有铜、铟、镓、硒等化学物质。①基态硅原子的电子排布式为。②硒为第ⅥA族元素,与其相邻的元素有砷和溴,则三种元素的电负性由小到大的顺序为(用元素符号表示)。考点27化学键一、选择题1.共价键具有饱和性和方向性,下列有关叙述

不正确的是()。A.共价键的饱和性是由成键原子的未成对电子数决定的B.共价键的方向性与成键原子的轨道的伸展方向有关C.共价键的饱和性决定了各种原子形成分子时相互结合的数量关系D.共价键的饱和性与原子轨道的重叠程度有关2.下列对σ键的认识不正确的是()。A.σ键不属于共价键

,是另一种化学键B.s-sσ键与s-pσ键的对称性相同C.分子中含有共价键,则至少含有一个σ键D.含有π键的化合物与只含σ键的化合物的化学性质不同3.下列说法正确的是()。A.σ键强度小,容易断裂,而π键强度较大,不易断

裂B.共价键都具有方向性C.π键是由两个原子的p轨道“头碰头”重叠形成的D.两个原子之间形成共价键时,最多有一个σ键4.(双选)下列有关化学键类型的判断中正确的是()。A.全部由非金属元素组成的化合物中肯定不存在离子键B.分子中有σ键不一定有π键,有π键一定有

σ键C.已知乙炔的结构式为,则1个乙炔分子中存在2个σ键(C—H)和3个π键()D.乙烷分子中只存在σ键,即C—H和C—C均为σ键5.《天工开物》记载:“凡火药以硝石、硫黄为主,草木灰为辅……而后火药成声”,涉及的主要反应为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO

2↑。下列说法不正确的是()。A.电负性:N>O>SB.N2分子中存在非极性共价键C.K2S为离子化合物D.KNO3中既含有共价键又含有离子键6.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同

周期元素,且最外层电子数之和为15,X与Z可形成XZ2分子;Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L-1;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的12。下列说法正确的是()。A.原子半径:W>Z>Y>X>MB.XZ2、X2M2、W2Z2均为直线形的共价化合物C.由X、M元素

形成的化合物中一定有σ键,也可能含有π键D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键,又有共价键7.下列叙述错误的是()。①离子键没有方向性和饱和性,而共价键有方向性和饱和性②配位键在形成时,是由成键双方各提供一个电子形成共用电子对③金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳

离子形成的一种强烈的相互作用④在冰晶体中,既有极性共价键、非极性共价键,又有氢键⑤化合物NH4Cl和CuSO4·5H2O都存在配位键⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水,但原因不完全相同A.①③B.②④C.②⑤D.④⑥8.若X、Y两种粒子之间可

形成配位键,则下列说法正确的是()。A.X、Y只能是离子B.若X提供空轨道,则配位键表示为X→YC.X、Y分别为Ag+、NH3时,Ag+作配体D.若X提供空轨道,则Y至少要提供一个孤电子对9.(双选)HCHO与[Zn(CN)4]2-在水溶液中发生反应:

4HCHO+[Zn(CN)4]2-+4H++4H2O[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN,下列说法错误的是()。A.反应中HCHO发生了取代反应B.HCHO和H2O都属于共价化合物C.CN-和H2O与Zn2+的配位能力:CN->H2OD.Zn2+与CN-生成的配离子[

Zn(CN)4]2-中,σ键和π键的数目之比为1∶110.在铜的催化作用下,F2能与过量NH3发生反应:3F2+4NH33NH4F+NF3。下列说法正确的是()。A.第一电离能:N>F>HB.NF3中键角大于NH3中键角C.键能:N—H>O—HD.NH4F的电子式:[H··

N··H··H··H]+[··F······]-二、非选择题11.有三种物质AC2、B2C2、AD4,在常温下分别为气体、固体和液体。A元素的最高正化合价和最低负化合价的绝对值相等;B元素的单质能在C的气态单质中剧烈燃烧,火焰呈黄色,并生成淡黄色固体B2C2;D元素的负一价

阴离子的电子层结构与氩原子相同。则:(1)A、B、C、D元素的名称分别为、、、。(2)AD4分子中含有的σ键类型为(填“s-s”“s-p”或“p-p”)σ键。(3)D的负一价阴离子的电子排布式为,B2C2属于(填“离子”或“共价”)化合物。12.(1)LiAlH4中,存在。A.离子键B.σ键

C.π键D.氢键(2)ZnF2具有较高的熔点(872℃),其化学键类型是;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是。(3)N2分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=。(4)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化

类型是,1mol丙酮分子中含有的σ键为mol。(5)Ge与C是同族元素,C原子之间可以形成双键、三键,但Ge原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析,原因是。(6)1mol乙醛分子中含有的σ键为mol。(7)H与O、N、S形成的二元共价化合物分子中既含有极性共价键又含有非极性共价键的

化合物是(填化学式,写出两种)。13.(1)配位化学创始人维尔纳发现,取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1mol,分别溶于

水,加入足量硝酸银溶液,立即产生氯化银,沉淀的量分别为3mol、2mol、1mol和1mol。①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。CoCl3·6NH3,CoCl3·4NH3(绿色和紫色)。②上述配合物中,中心离子的配位数都是。(2)向黄色的三氯化铁

溶液中加入无色的KSCN溶液,溶液变成红色,该反应可用化学方程式FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl表示。经研究表明,Fe(SCN)3是配合物,Fe3+与SCN-不仅能以1∶3的个数比配合,还可以其他个数比配合,请按要求填空:①Fe3+与SCN-反应时,Fe3+提供,SC

N-提供,两者通过配位键结合。②所得Fe3+与SCN-的配合物中,主要是Fe3+与SCN-以个数比为1∶1配合所得的显红色离子,含该离子的配合物的化学式是。14.已知键能、键长部分数据如下表:共价键Cl—ClBr—BrI—

IH—FH—ClH—BrH—IH—O键能(kJ·mol-1)242.7193.7152.7568431.8366298.7462.8键长/pm19822826796共价键C—CCCC≡CC—HN—HNOO—OOO键能(kJ·mol-1)347

.7615812413.4390.8607142497.3键长/pm154133120109101(1)下列推断正确的是(填字母,下同)。A.稳定性:HF>HCl>HBr>HIB.氧化性:I2>Br2>Cl2C.沸点:H2O>NH3D.还原性:HI>HBr>HCl>HF

(2)下列推断正确的是。A.同种元素形成的共价键,稳定性:三键>双键>单键B.同种元素形成双键的键能一定小于单键的2倍C.键长越短,键能一定越大D.氢化物的键能越大,其稳定性一定越强(3)在HX分子中,键长最短的是,最长的是;O—O的键长(填“大于”“小于

”或“等于”)OO的键长。考点28分子结构与物质的性质一、选择题1.下列化学用语或表述正确的是()。A.BeCl2的空间结构:V形B.P4中的共价键类型:非极性键C.基态Ni原子价电子排布式:3d10D.顺-2-丁烯的结构简式:2.已知H2O2分子的空间结构如

图所示,下列有关H2O2的说法正确的是()。A.1个H2O2分子中有3个σ键、1个π键B.H2O2为非极性分子C.H2O2中氧原子为sp杂化D.H2O2沸点高达150.2℃,可推测H2O2分子间可形成氢键3.下列分子的空间结构可用sp2杂化轨道来解释的是()。①

BF3②③④C2H2⑤N2H4⑥苯分子A.①②⑥B.①③⑥C.②④⑤D.③④⑥4.下列分子属于极性分子的是()。A.CS2B.NF3C.SO3D.SiF45.(双选)短周期主族元素A、B可形成AB3分子,下列有关叙述正确的是()。A.若A、

B为同一周期元素,则AB3分子一定为平面三角形B.若AB3分子中的价电子数为24,则AB3分子可能为平面三角形C.若A、B为同一主族元素,则AB3分子一定为三角锥形D.若AB3分子为三角锥形,则AB3分子可能为NH36.下列关于杂化轨道的叙述中,不正确的是()。A.杂化轨道可

用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对B.分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时,该分子不一定为四面体结构C.杂化前后的轨道数目不变,但轨道的形状发生了改变D.sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角

分别为109°28'、120°、180°7.下列有关物质结构与性质的说法中合理的是()。A.CO与CN-结构相似,含有的σ键与π键个数比均为1∶2B.根据VSEPR模型可知H2O、NH3、CH4分子内键角依次减小C.铜元素的电负性为1.9,氯元素的电负性为

3.0,氯化铜为离子化合物,溶于水能完全电离D.HF比HCl稳定是因为HF分子间可以形成氢键8.乙二酸(HOOC—COOH)受热分解产物为CO、CO2和H2O。下列有关说法正确的是()。A.CO的结构式为COB.C、H、O元素电负性由大到小的顺序为O

>H>CC.HOOC—COOH分子和CO2分子中碳原子轨道杂化方式相同D.HOOC—COOH分子内σ键与π键个数之比为7∶2二、非选择题9.回答下列问题:(1)下列粒子中按键角由大到小的顺序排列为(填序号)。①HCN②SiF4③SCl2④CO32−⑤H3O+(2)Cl

O-、ClO2-、ClO3-、ClO4-中Cl都是以sp3杂化轨道与O原子成键,将它们的空间结构填入表格中:离子ClO-ClO2-ClO3-ClO4-空间结构(3)S单质的常见形式为S8,其结构如图所示,

S原子采取的杂化方式是。(4)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。N2H4分子中氮原子的杂化轨道类型是,N2H4分子中的六个原子(填“在”或“不在”)同一个平面上。(5)HCHO分子的空间结构为形,它与H2加成后

,加成产物的熔点、沸点比CH4的熔点、沸点高,其主要原因是(须指明加成产物是何物质)。(6)S位于周期表中第族,该族元素氢化物中,H2Te比H2S沸点高的原因是,H2O比H2Te沸点高的原因是。10.已知A、B、C、D、E都是元素周期表中前四周期的元素,它们的核电荷数

依次增加。其中A与B、A与D在元素周期表中位置相邻,A原子核外有两个未成对电子,B元素的第一电离能比同周期相邻两种元素都大,C原子在同周期原子中半径最大(稀有气体除外);E与C位于不同周期,E原子核外最外层电子数与C相同,其余各电子层均充满。请根据以上信息,回答下列问题:(答题

时A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)(1)A、B、C、D四种元素电负性由大到小排列顺序为。(2)B的氢化物的电子式为。(3)E的某种化合物的结构如图所示。粒子间的相互作用包括化学键和分子间作用力,此化合物中各种粒子间的相互作用力有。(4)A与B的

气态氢化物的沸点更高,A与D的气态氢化物的沸点更高。(5)A的稳定氧化物中,中心原子的杂化类型为,空间结构为。11.已知与碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期,短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3,它们形成化合物的分子式是XY4

。试回答:(1)X元素的基态原子的电子排布式为,Y元素原子的最外层电子的轨道表示式为。(2)若X、Y两元素电负性分别为1.8和3.0,试判断XY4中X与Y之间的化学键为(填“共价键”或“离子键”)。(3)该化合物分子的空间结构为形,中心原子的轨道杂化类型为,分子为(填“

极性分子”或“非极性分子”)。12.甲醛是一种重要的工业原料。(1)甲醛分子中碳原子的杂化类型为,其分子内的O—C—H键角(填“大于”“等于”或“小于”)甲醇分子内的O—C—H键角。(2)甲醛分子是(填“极性分

子”或“非极性分子”),它可由CO与H2在一定条件下反应合成。CO与N2的结构相似,一个CO分子内π键的个数为,基态氧原子的价电子排布式是。13.短周期的5种主族非金属元素,其中A、B、C的价电子排布可表示为:A.asa,B.bsbb

pb,C.csccp2c,D与B同主族,E在C的下一周期,且是同周期元素中电负性最大的元素。回答下列问题:(1)由A、B、C、E四种元素中的两种元素可形成多种分子,下列分子①BC2、②BA4、③A2C2、④BE4,其中属于极

性分子的是(填序号)。(2)C的氢化物比下周期同族元素的氢化物沸点还要高,其原因是。(3)B、C两元素分别与A元素组成的常见溶剂,分子式为、。DE4在前者中的溶解性(填“大于”或“小于”)在后者中的溶解性。(4)BA4、BE4和DE4的沸点从高到

低的顺序为(填化学式)。(5)A、C、E三种元素可形成多种含氧酸,如AEC、AEC2、AEC3、AEC4等,以上列举的四种酸其酸性由强到弱的顺序为(填化学式)。14.铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素,且在医药、催化、材料等

领域有广泛应用。回答下列问题:(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药,其结构简式如下:①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar];②该新药分子中有种不同化学环境的碳原子;③比较键角大小:气态SeO3分子(填“>”“

<”或“=”)SeO32−离子,原因是。(2)富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示:①富马酸分子中σ键与π键的数目比为;②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为。考点2

9晶体结构与性质一、选择题1.某学者研究发现,当用激光脉冲照射NaI使Na+和I-的核间距为1.0~1.5nm时,该化学键呈共价键。根据他的研究成果能得出的结论是()。A.NaI晶体是离子晶体和分子晶体的混合物B.离子晶体可能含有共价键C.NaI晶体中既有离子键,又有共价键D.共价键和离

子键没有绝对的界限2.下列有关化学键、氢键和范德华力的叙述中,不正确的是()。A.金属键是金属阳离子与“自由电子”之间的较强作用,金属键无方向性和饱和性B.共价键是相邻原子之间通过共用电子形成的化学键,共价键有方向性和饱和性C.范德华力是分子间

存在的一种作用力,分子的极性越大,范德华力越大D.氢键不是化学键,而是一种分子间作用力,所以氢键只存在于分子与分子之间3.某实验室成功地在高压下将CO2转化为具有类似SiO2结构的共价晶体。下列关于CO2的共价晶体的说法正确的是()。A.CO2的共价晶体和分子晶体

互为同素异形体B.在一定条件下,CO2的共价晶体转化为CO2的分子晶体是物理变化C.CO2的共价晶体和CO2的分子晶体具有相同的物理性质和化学性质D.在CO2的共价晶体中,每个C原子结合4个O原子,每个O原

子与2个C原子相结合4.要使金属晶体熔化,必须破坏其中的金属键。金属晶体的熔点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱,而金属键的强弱与金属阳离子所带电荷数及离子半径有关。由此判断下列说法正确的是()。A.金属镁的熔点高于金属铝B.碱金属单质的熔点从Li到Cs是逐渐增大的C.金属铝的硬度大于

金属钠D.金属镁的硬度小于金属钙5.钴的一种化合物的晶胞结构如图所示,已知A点的原子坐标参数为(0,0,0),B点为(12,0,12)。下列说法中错误的是()。A.化合物中Co2+价电子排布式为3d7B.钴的配位数为6C.C点的原子坐标参数为(12,12,12)D.该物质的化学式为

TiCoO26.金属钠晶体的晶胞如图所示,实验测得钠的密度为pg·cm-3。已知钠的相对原子质量为a,设NA为阿伏加德罗常数的值。假定金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切。则钠原子的半径r为()。A.32������A���cmB.3·32������A���cmC

.34·32������A���cmD.13·32������A���cm7.镧La和H可以形成一系列晶体材料LaHn,在储氢和超导等领域具有重要应用。LaHn属于立方晶系,晶胞结构和参数如图所示。高压下,LaH2中的每个H结合4个H形成类似CH4的结构,即得到晶体LaHx。下列说法错误的是

()。A.LaH2晶体中La的配位数为8B.晶体中H和H的最短距离:LaH2>LaHxC.在LaHx晶胞中,H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼D.LaHx单位体积中含氢质量的计算式为40(4.84×1

0-8)3×6.02×1023g·cm-38.下图为冰的晶体模型,大球代表O,小球代表H。下列有关说法正确的是()。A.该晶体中每个水分子与另外四个水分子形成四面体结构B.该晶体具有空间网状结构,是共价晶体C.水分子间通过H—O键形成冰晶体D.冰融化后,水分子之间的空隙增大二、非

选择题9.由于荧光探针的高灵敏度、特异性、快速响应和技术简便性,已成为检测成像和疾病诊断的强大工具。基于光感应电子转移的传感和诊疗探针的传感机理如图:回答下列问题:(1)Cu位于元素周期表区。(2)BTCu分子中,B原子的杂化轨道类型

是,1molBTCu分子中含有mol配位键。(3)BTCu-Cu2+中第二周期元素原子的第一电离能由小到大的顺序为。(4)磷锡青铜是有名的弹性材料,广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。磷锡青铜晶胞结构如图所示。NA代表阿伏加德罗常数的值,

铜、磷原子最近距离为0.5apm。①磷锡青铜的化学式为,铜与铜原子最近距离为pm。②磷锡青铜晶体密度为g·cm-3(用代数式表示)。10.黄铜矿是工业炼铜的原料,含有的主要元素是硫、铁、铜,请回答下列问题。(1)Fe2+的电子排布式是。(2)CuCl熔点为426℃,熔

融时几乎不导电;CuF的熔点为908℃。两者都是+1价的铜的卤化物,熔点相差这么大的原因是。(3)乙硫醇(C2H5SH)是一种重要的合成中间体,分子中硫原子的杂化类型是。乙硫醇的沸点比乙醇的沸点(填“高”或“低”),原因是。(4)黄铜矿主要成分X的晶胞结构及

晶胞参数如图所示,X的化学式是,其密度为g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。11.自然界中存在大量的元素,如钠、镁、铝、铁、铜、砷、锌、镍等在生活中有着广泛的应用。(1)请写出Fe的基态原子核外电子排布式,砷属于区元素。(2)金属A的原子只有3个电子层,其第一至第四电离能如下

:电离能(kJ·mol-1)I1I2I3I4A93218211539021771则A原子的价层电子排布式为。(3)锌化铜是一种金属互化物,其化学式有多种形式,如CuZn,Cu5Zn8,CuZn3等。其中所含元素铜的第二电离能(填“大于”“小于”或“等于”)锌的

第二电离能。(4)用锌还原TiCl4,经后续处理可制得绿色的晶体[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O。该晶体所含元素中,电负性最大的元素是,与Ti形成配位键的配体是,1mol该配合物中含有σ键的数目为(

用NA表示阿伏加德罗常数的值)。(5)Ni2+能形成多种配离子,如[Ni(NH3)6]2+,[Ni(SCN)3]-等。NH3的空间结构为。(6)铜的化合物种类很多,如图是氯化亚铜的晶胞结构(黑色球表示Cu+,白色球表示Cl-

),已知晶胞的棱长为acm,则氯化亚铜密度的计算式为ρ=g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。12.回答下列问题。(1)某二价金属离子有9个价电子,价电子的能级为3d。该元素位于周期表中的第四周期、第族。(2)在氰酸钾(KOCN)的组成元素中,第一电离能最大

的是(填元素符号,下同)、电负性最小的是;其中阴离子的空间结构是,C的杂化方式为。(3)乙二胺能与Mg2+形成稳定环状离子:[Mg(C2H8N2)2]2+,其结构如图所示:则该环状离子中镁离子的配位数为。(4)已知阿伏加德罗常数的值为NA,硫化锌(M=

97g·mol-1)的晶胞如图所示:其晶胞棱长为δnm,则其密度为g·cm-3(用含δ的代数式表示);其中顶点位置a的S2-与其相邻位置b的Zn2+之间的距离为nm(用含δ的代数式表示)。a位置的S2-和b位置的Zn2+的分数坐标依次

为、。13.我国科学家发展了一种理论计算方法,可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能,该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一,其晶胞结构如图a,沿x、y、

z轴方向的投影均为图b。图a图b(1)X的化学式为。(2)设X的最简式的式量为Mr,晶体密度为ρg·cm-3,则X中相邻K之间的最短距离为nm(列出计算式,NA为阿伏加德罗常数的值)。考点30有机化合物的结构特点与研究方法一、选择题1.下列说

法正确的是()。A.凡是分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质,彼此一定互为同系物B.两种化合物组成元素相同,各元素质量分数也相同,则两者一定互为同分异构体C.相对分子质量相同的几种化合物,互称为同分异构体D.组成元素的质量分数相

同,且相对分子质量也相同的不同化合物,互为同分异构体2.合成抗病毒药物洛匹那韦使用了2,6-二甲基苯氧乙酸,其结构简式如图所示,有关2,6-二甲基苯氧乙酸说法正确的是()。A.该分子所有碳原子可能处于同一平面B.该分子苯环上一氯代物有

3种C.该分子与苯甲酸互为同系物D.该分子有三种官能团,既能发生氧化反应,又能发生还原反应3.下列有关1-甲基-1-环己烯(结构简式为)的说法正确的是()。A.含有六元环的该物质的同分异构体有3种B.分

子中所有碳原子在同一平面上C.该物质为芳香烃D.能使溴的四氯化碳溶液褪色,且反应生成的物质有2种4.芳香族化合物A的分子式为C7H6O2,将它与NaHCO3溶液混合加热,有酸性气体产生。那么包括A在内,属于芳香族化合物的同分异构体

的数目是()。A.5B.4C.3D.25.关于,下列结论正确的是()。A.该有机化合物的分子式为C13H16B.该有机化合物属于苯的同系物C.该有机化合物分子至少有4个碳原子共直线D.该有机化合物分子最多有13个碳原子共平面6

.下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是()。A.C4H10的同分异构体有3种B.分子组成是C5H10O2且属于羧酸的同分异构体有5种C.分子组成是C4H8O且属于醛的同分异构体有3种D.的一溴代物有5种7.对下列两种有机化合物的描述正确

的是()。A.甲、乙苯环上的一氯代物种数相同B.甲、乙分子中共面的碳原子数一定相同C.1mol甲与溴水反应最多能消耗4molBr2D.甲、乙可用红外光谱区分,但不能用核磁共振氢谱区分8.a、b、c的结构如图所示:(a)(b)(c)。下列说法正确的是()。A.a中所有碳原子处

于同一平面B.b的二氯代物有3种C.a、b、c三种物质均可与溴的四氯化碳溶液反应D.a、b、c互为同分异构体9.有机物X→Y的异构化反应如图所示,下列说法错误的是()。A.依据红外光谱可确证X、Y存在不同的

官能团B.除氢原子外,X中其他原子可能共平面C.含醛基和碳碳双键且有手性碳原子的Y的同分异构体有4种(不考虑立体异构)D.类比上述反应,的异构化产物可发生银镜反应和加聚反应二、非选择题10.写出下列特定有机

化合物的结构简式。(1)写出同时满足下列条件的A()的同分异构体的结构简式:。①分子中含有苯环,且苯环上的一氯代物有两种;②与FeCl3溶液发生显色反应;③能发生银镜反应。(2)写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结

构简式:。①苯环上有两个取代基;②分子中有6种处于不同化学环境的氢原子;③既能与FeCl3溶液发生显色反应,又能发生银镜反应,水解产物之一也能发生银镜反应。(3)的一种同分异构体满足下列条件:Ⅰ.能发生银镜反应,其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应;Ⅱ.分子中有6种处于不同化学环境

的氢原子,且分子中含有两个苯环。写出该同分异构体的结构简式:。11.蚊子是四害之一,能传染疟疾等疾病。以苯为原料合成一种针对蚊子幼虫杀虫剂的合成路线如下:AB已知:①RBr+MgRMgBr(格氏试剂)②醇(ROH)与酚反应,烃基可以进入酚羟基的

邻位或对位回答下列问题:(1)E的名称为。(2)A中所含官能团的名称为。(3)生成化合物M的最后一步反应类型为。(4)物质C的分子式为C3H6O,B和C发生的反应(1)是加成反应,其反应(1)的化学方程式为。(5)的同分异构体有很多,能与氢氧化钠溶液反应的同分异构体的个数是;其

中核磁共振氢谱有四组峰,且峰面积之比为6∶3∶2∶1的结构简式为(任写一种)。12.为了测定某有机化合物A的结构,做如下实验:①将2.3g该有机化合物完全燃烧,生成0.1molCO2和2.7g水;②用质谱仪测定其相对分子质量,得如图1所示的质谱图;③用

核磁共振仪处理该化合物,得到如图2所示图谱,图中三组峰的面积之比是1∶2∶3。图1图2试回答下列问题:(1)有机化合物A的相对分子质量是。(2)有机化合物A的实验式是。(3)能否根据A的实验式确定其分子式?(填“能”或“不能”),若能,则A的分子式是(若不能

,则此空不填)。(4)写出有机化合物A的结构简式:。考点31烃一、选择题1.下列关于烷烃与烯烃的性质及反应类型的叙述正确的是()。A.烷烃只含有饱和键,烯烃只含有不饱和键B.烷烃不能发生加成反应,烯烃不能发生取代反应C.烷烃的通式一定是CnH2n+2,而烯烃的通式一定是

CnH2nD.烷烃与烯烃相比,发生加成反应的一定是烯烃2.己烷、己烯、己炔共同具有的性质是()。A.都难溶于水,且密度比水的小B.能够使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C.分子中各原子都处在同一平面上D.都能发生聚合反应生成高分子3.某气态烃1体积只能

与1体积HBr发生加成反应,生成溴代烷,此溴代烷1mol可与7molCl2发生完全取代反应,则该烃的结构简式为()。A.CH2CH2B.CH3CHCH2C.CH3CH3D.CH2CH—CHCH24.科学家在-100℃的低温下合成一种烃X,此分子的结构如图所示(图中的连线表示化学键

)。下列说法正确的是()。A.X既能使溴的四氯化碳溶液褪色,又能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.X是一种常温下能稳定存在的液态烃C.X和乙烷类似,都容易发生取代反应D.充分燃烧等质量的X和甲烷,X消耗氧气较多5

.下列有机化合物的命名正确的是()。A.二溴乙烷:B.3-乙基-1-丁烯:C.2-甲基-2,4-己二烯:D.2,2,3-三甲基戊烷:6.某烃的结构简式为,它可能具有的性质是()。A.易溶于水,也易溶于有机溶剂

B.分子里所有的原子都处在同一平面上C.该烃和苯互为同系物D.能发生加聚反应,其加聚产物可用表示7.(双选)下列说法正确的是()。A.的一溴代物和的一溴代物都有4种(不考虑立体异构)B.CH3CHCHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上C.按系统命名法,

化合物的名称是2,3,4,4-四甲基己烷D.与都是α-氨基酸且互为同系物8.已知(x)、(y)、(z)的分子式均为C8H8,下列说法正确的是()。A.x的所有原子一定在同一平面上B.y完全氢化后的产物q的二氯代物有7种C.x、y、z均能使溴水因加成反应而褪色D.x、y、z互为

同系物9.化合物1,1-二环丙基乙烯()是重要的医药中间体。下列有关该化合物的说法正确的是()。A.分子中所有碳原子共平面B.其同分异构体可能是苯的同系物C.一氯代物有4种D.可以发生加成反应、氧化反应和加聚反应二、非选择题10.有机化合物F可用于制造香精,可利用下

列路线合成。回答下列问题:(1)分子中可能共面的原子最多有个。(2)物质A的名称是。(3)物质D中含氧官能团的名称是。(4)反应④的反应类型是。(5)写出反应⑥的化学方程式:。11.金刚烷是一种重要的化工原料,工业上可通过下列途径制备:请回答

下列问题:(1)环戊二烯分子中最多有个原子共平面。(2)金刚烷的分子式为,其分子中的—CH2—基团有个。(3)下面是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线:其中,反应①的产物名称是,反应②的反应试剂和反应条件是,反应③的反应类型是。(4)已知

烯烃能发生如下反应:RCHO+R'CHO请写出下列反应产物的结构简式:。12.碳骨架的构建是有机合成的重要任务之一。某同学从基础化工原料乙烯出发,针对二酮H设计了如下合成路线:回答下列问题:(1)由A→B的反应中,乙烯的碳碳(填“π”或“σ”)键

断裂。(2)D的同分异构体中,与其具有相同官能团的有种(不考虑对映异构),其中核磁共振氢谱有三组峰,峰面积之比为9∶2∶1的结构简式为。(3)E与足量酸性KMnO4溶液反应生成的有机物的名称为、。(4)G的结构简式为。(5)已知:2+H2O,H在碱性溶液中易发生

分子内缩合从而构建双环结构,主要产物为I()和另一种α,β-不饱和酮J,J的结构简式为。若经此路线由H合成I,存在的问题有(填标号)。a.原子利用率低b.产物难以分离c.反应条件苛刻d.严重污染环境考点32烃的衍生物一、选择题1.下列表述中正确的是()。A.苯与氯气生成C6H6Cl6的反应是取代

反应B.乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2CH2Br2C.等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3ClD.硫酸作催化剂,CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O2.已知酸性:>H2CO3>,综合考虑反应物的转化率和原料成本等因素,将完全转化为的最佳方法是()。A.与稀硫酸共

热后,加入足量的NaOH溶液B.与足量的NaOH溶液共热后,再通入足量CO2C.与稀硫酸共热后,加入足量的NaHCO3溶液D.与足量的NaOH溶液共热后,再加入适量的H2SO4溶液3.三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”获得诺贝尔化学奖。轮

烷是一种分子机器的“轮子”,芳香化合物a、b、c是合成轮烷的三种原料,其结构如下图所示。下列说法不正确的是()。A.b、c互为同分异构体B.a、c分子中所有碳原子均有可能处于同一平面上C.a、b、c均能发生氧化反应、加成反应、加聚反应和酯化反应D.a、b、c均能使酸性高锰酸

钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色4.一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得的,该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是()。A.该双环烯酯的分子式为C14H20O2B.1mol该双环烯酯能与3molH2发生加成反应C.该双环烯酯分子中π键数目为3

molD.该双环烯酯的一氯代物有9种(不考虑立体异构)5.从甜橙的芳香油中可分离得到如图结构的有机化合物。下列关于该有机化合物的叙述错误的是()。A.分子式为C15H22OB.该有机化合物能使溴水褪色C.1mol该有机化合物最多能与5molH2发生加成反应D.只用酸性高锰酸钾溶液可检验出该有机化

合物中含有碳碳双键6.迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质,其结构简式如图所示。下列叙述正确的是()。A.迷迭香酸与溴单质只能发生取代反应B.1mol迷迭香酸最多能与9mol氢气发生加成反应C.迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应D.

1mol迷迭香酸最多能与5molNaOH发生反应7.染料木黄酮的结构如图,下列说法正确的是()。A.分子中存在3种官能团B.可与HBr反应C.1mol该物质与足量溴水反应,最多可消耗4molBr2D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应,最多可消耗2molNaOH二

、非选择题8.可用于治疗阿尔茨海默病的某种药物中间体H的合成路线如图所示:已知:ⅰ.R1CHOR1CHCHCOOHⅱ.(1)A中含氧官能团的名称是;BC的反应类型是。(2)G的结构简式是。(3)EF的化学方程式是

。(4)芳香化合物Y是X的同分异构体,1molY可与2molNaOH反应,Y共有种(不含空间结构),其中核磁共振氢谱为4组峰,峰面积比为1∶6∶2∶1的结构简式是。(5)设计由乙醇和HOOCCH2COOH制备的合成路

线(无机试剂任选)。9.化合物I是β-氨基酮化合物。利用Michael加成反应合成I的路线如图,回答下列问题:已知:①Michael加成反应为A—CH2—R+(A、Y可以是CHO、CO、COOR等;B可以是OH-、CH3CH2O-、等)②(1)AB的化学方程式

为。(2)化合物C和I的结构简式分别为、。(3)BC和EF的反应类型分别是、。(4)写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式。①与氢氧化钠完全反应时,两者物质的量之比为1∶2;②有4种不同化学环境的氢;③能使FeCl3溶液显紫色。(5)写出以苯甲

醛、丙酸甲酯和为原料合成的合成路线(其他试剂任选)。10.H是某种抗炎药的中间体,它的一种合成路线如下:C7H7ClBC9H9NE回答下列问题:(1)H中含氧官能团的名称是;反应④的化学方程式为。(2)反应②的反应类型为。(3)B的结构简式为;H的分子式为。(4)写出同时满足下列条件

的F的同分异构体的结构简式:。Ⅰ.能与FeCl3溶液发生显色反应Ⅱ.能发生银镜反应Ⅲ.核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6∶2∶1∶1(5)仿照H的合成路线,设计一条由苯甲醇合成的合成路线。考点33生物大分子及合成高分

子一、选择题1.下列有关基本营养物质的说法中正确的是()。A.吃馒头时越嚼越甜,是因为淀粉发生了水解反应B.变质的油脂有难闻的哈喇味,是因为油脂发生了加成反应C.人体中没有水解纤维素的酶,所以纤维素在人体中没有任何作用D.牛奶中含

有丰富的蛋白质,所以羊毛衫上的奶渍可以用加酶洗衣粉洗涤2.下列说法正确的是()。A.在紫外线、饱和Na2SO4、CuSO4溶液、福尔马林等作用下,蛋白质均会发生变性B.油脂属于高分子,属于混合物C.在一定条件下,氨基酸之间能发生反应,合成更加复杂的化合物D.检验淀粉在稀硫酸催化条件下

水解产物的方法是:取适量水解液加入试管中,加入少量新制的氢氧化铜,加热,观察是否有砖红色沉淀3.某高分子材料M的结构简式为,下列有关M的说法正确的是()。A.M的一种单体的分子式可能为C9H10O2B.M完全水解后生成物均为小分子有机化合物C.可以通过加

聚反应和缩聚反应合成MD.碱性条件下,1molM完全水解消耗NaOH的物质的量为2mol4.关于生物体内氨基酸的叙述中错误的是()。A.大多数构成蛋白质的氨基酸分子的结构通式可表示为B.人体内氨基酸的分解代谢最终产物是水、二氧化碳和

尿素C.人体内所有氨基酸均可以互相转化D.两分子氨基酸通过脱水缩合可以形成二肽5.下列关于塑料的认识不正确的是()。A.用于制造水杯、奶瓶等的聚乙烯可通过乙烯的加聚反应制得B.用于制造玩具、泡沫塑料的聚苯乙烯的单体是苯乙烯C.聚氯乙烯在建筑材料、人造革、食

品包装膜等方面均有广泛应用D.开发可降解塑料来替代聚乙烯、聚氯乙烯、聚苯乙烯等可减缓“白色污染”6.葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂,工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料,在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙,其阳极区反应过程如下。下列说法错误的是()。A.溴化钠起催化和导电作用B.每生成1mo

l葡萄糖酸钙,理论上电路中转移了2mol电子C.葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物D.葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应7.某高聚物可表示为,下列叙述不正确的是()。A.该高聚物是通过加聚反应生

成的B.合成该高聚物的单体有三种C.1mol该物质能与1molH2加成,生成不含的物质D.该高聚物能被酸性高锰酸钾溶液氧化8.下列有关功能高分子材料的用途的叙述中不正确的是()。A.高吸水性树脂可用于干旱地区抗旱保水、改良土壤、改造沙漠B.离子交换树脂主要用于分离和提纯物质

C.医用高分子材料可用于制造医疗器械和人造器官D.聚乙炔膜可用于分离工业废水和海水的淡化9.顺丁橡胶()是化学家们最早模拟天然橡胶制得的合成橡胶。下列有关顺丁橡胶的说法不正确的是()。A.顺丁橡胶含有不饱和键,易被氧化而老化B.由顺丁橡胶组成的物质

是混合物C.合成顺丁橡胶的原料是CH3CHCHCH3D.顺丁橡胶能使酸性高锰酸钾溶液褪色二、非选择题10.石油分馏得到的轻汽油可在Pt催化下脱氢环化,逐步转化为芳香烃。以链烃A为原料合成两种高分子材料

的路线如下:已知以下信息:①B的核磁共振氢谱中只有一组峰;G为一氯代烃。②R—X+R'—XR—R'(X为卤素原子,R、R'为烃基)回答以下问题:(1)B的化学名称为,E的结构简式为。(2)G生成H的化学方程式为。(3)J的结构简式为。(4)F合成丁苯橡胶的化学方程式为。(5)I的同分异

构体中能同时满足下列条件的共有种(不含立体异构)。①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体;②既能发生银镜反应,又能发生水解反应。其中核磁共振氢谱为4组峰,且面积比为6∶2∶1∶1的是(写出其中一种的结构简式)。(6)参照上述合成路线,以2-甲基己烷和一氯

甲烷为原料(无机试剂任选),设计制备化合物E的合成路线。11.工业上用有机原料A制备和聚乙酸乙烯酯,其流程如图:已知:①—COOH—CHO;②RCH2CHORCHCHOH。请回答下列问题:(1)AB的反应类型是,J中官能团的名称为。(2)反应②的试

剂和条件分别是,G的结构简式是。(3)写出反应①的化学方程式:。(4)与A具有相同官能团且只有一个甲基的芳香族化合物的同分异构体有多种,写出其中一种核磁共振氢谱有5组峰且能发生银镜反应的结构简式:。(5)参照下述示例合成路线,

设计一条由乙二醇为起始原料制备聚乙二酸乙二酯的合成路线。示例:AB……目标产物。参考答案考点1化学实验常用仪器与基本方法参考答案一、选择题1.A解析:饱和Na2CO3溶液显碱性且有一定的腐蚀性,A项错误;皮肤上溅上碱液,先用大量的水冲洗,再涂上稀的硼酸溶液,B项正确;电器起火,应先切断电源

,再用二氧化碳灭火器灭火,C项正确;活泼金属燃烧起火,可以用灭火毯盖灭,D项正确。2.D解析:氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅发生反应,A项错误。镁在空气中会被氧化为氧化镁,这层保护膜能阻止内层的镁继续被氧化,所以镁条无须保存在煤油中,B项错误。硅酸钠溶液具有黏性,能

使玻璃塞与瓶口黏在一起,C项错误。碘易升华,所以要避光密封保存,由于是固体药品,所以使用广口瓶(带玻璃塞),D项正确。3.B解析:图①为过滤操作,图②为蒸发操作,图③为分液操作,图④为蒸馏操作,图⑤为洗气装置。碘在乙醇中的溶解度

比在水中的溶解度大,则碘更易溶解在乙醇中,但乙醇与水可以任意比互溶,不能用于萃取碘水中的碘单质,A项错误。粗盐提纯过程中需要过滤和蒸发操作,B项正确。石油是混合物,根据其成分的沸点不同,可用蒸馏的方法将成分进行分离,进行石油分馏实验制取汽油需用温度计测量以控制馏分的温

度,C项错误。SO2可与Na2SO3溶液反应,应使用饱和NaHSO3溶液除去SO2中含有的少量HCl气体,D项错误。4.BD解析:滴定管的0刻度在上,“上小下大”,因此由图可知装置甲液面读数为11.80mL,A项错误。装置乙中,分液漏斗和烧瓶之间用乳胶管连接,可以防止因向烧

瓶中加入液体而引起气体体积的变化,故用装置乙制取气体测量气体体积可以减少误差,能达到实验目的,B项正确。容量瓶不能用来稀释浓硫酸,C项错误。5.D解析:Na2CO3不易分解,不能通过加热Na2CO3的方法制取CO2,A项错误;乙醇和乙酸

互溶,不能通过分液的方法分离,B项错误;SO2通入品红溶液使其褪色,体现了SO2的漂白性,C项错误;通过移动水准管使左右两侧液面相平,然后读取示数差,可以测量O2的体积,D项正确。6.A解析:重结晶法提纯苯甲酸,第一步是加热溶解,需要烧杯、玻璃棒、

酒精灯;第二步是趁热过滤,需要漏斗、烧杯、玻璃棒;第三步是冷却结晶,需要烧杯;因此不需要球形冷凝管和温度计,A项错误。蒸馏法分离两种沸点不同的物质,需要温度计、蒸馏烧瓶、酒精灯、牛角管、锥形瓶、直形冷凝管等,B项正确。在浓

硫酸催化下由乙醇制备乙烯,要迅速升温至170℃,需要温度计、蒸馏烧瓶,C项正确。酸碱中和滴定,需要用酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶等,D项正确。7.AC解析:定容时仰视刻度线,配得的溶液体积偏大,则浓度偏小,A项正确。锥形瓶口不能密封,否则装置内气体压强过大,容易发生危险,B项错误。HCl极

易溶于水,SO2难溶于饱和NaHSO3溶液,因此可用饱和NaHSO3溶液吸收HCl,且能生成SO2,C项正确。K2Cr2O7具有强氧化性,不能用碱式滴定管盛装,应选用酸式滴定管量取,D项错误。8.C解析:容量瓶检漏

时,应倒置两次,第二次时将塞子旋转180°再将容量瓶倒置,两次倒置,容量瓶瓶塞周围均无水渗出,表明容量瓶不漏水,A项错误;判断滴定终点时,锥形瓶中溶液变色,且半分钟内不恢复原来的颜色,即可判定到达滴定终点,B项错误;滴定读数时,应将滴定管固定在滴定台上,或者单手持滴定管上端无刻度处,并保持其自

然垂直,C项正确,D项错误。9.A解析:装置A中70%的硫酸与亚硫酸钠反应放出二氧化硫,二氧化硫的水溶液显酸性,在酸性条件下,NO3-能够氧化二氧化硫生成SO42−,从而在装置B中产生硫酸钡白色沉淀,不能说明Fe3+能将SO2氧

化成SO42−,A项不正确。实验室中配制70%的硫酸,需要用量筒量取适当体积的浓硫酸,然后慢慢倒入一定量水中,边倒边搅拌,需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒,B项正确。二氧化硫能够被氧化,为了排除空气中氧气的干扰,在滴加

浓硫酸之前,三颈烧瓶中需要通入N2以排尽装置内的空气,C项正确。导气管直接插入溶液中可能会使压强变化较大发生倒吸,反应生成的气体中可能会有NO,不能被氢氧化钠溶液吸收,D项正确。二、非选择题10.(1)dg(

2)液体飞溅停止加热(3)①浓盐酸吸水性溶于水放出大量热②NaOH(或CaO或碱石灰)cb解析:(1)滴定管、容量瓶、量筒、托盘天平为有刻度的仪器,其中滴定管和托盘天平标有“0”刻度。(2)在给蒸发皿加热的过程中,不及时用玻璃棒搅拌,易造成局部过热,

液体飞溅。当蒸发皿里的液体较少时停止加热,利用余热将溶液蒸干。(3)①丙中的石蕊溶液变红,说明制取的是氯化氢,可将浓硫酸和浓盐酸混合,浓硫酸因溶解于水放热和吸水作用使氯化氢挥发出来。②若石蕊溶液变蓝说明制取的是氨气,可用浓氨水和固体NaOH(或CaO或碱石灰等)作用。

氨气的密度小于空气的密度,故在收集时应c口进气,b口出气。11.(1)长颈漏斗分液漏斗(2)AEBD(3)cb(4)①DG浓硫酸dcbe②红棕色粉末逐渐变黑收集尾气中的一氧化碳,防止污染空气解析:(2)KClO3与MnO2制

取O2属于“固+固气体”,因而要选用装置A、E为气体发生装置;H2O2与MnO2制取O2属于“固+液气体”且要控制产生气体的速率,只能用分液漏斗控制加入H2O2的量。(3)使用X收集氧气时,若用“排空气法”,由于O2的密度比空气的密度大,应从长管

进气;若用排水法收集氧气,应从短管进气。(4)根据反应原理可知,制取CO属于“液+液气体”,用分液漏斗控制加入浓硫酸的量,应选D、G为气体发生装置,X的作用是除去CO中的水蒸气,洗气时气体流向为“长进短出”。考点2物质的检验、分离与提纯参考答案一、选择题1.A解析:Na2CO3和N

aHCO3与石灰水反应都能生成难溶的CaCO3沉淀,A项符合题意;KSCN与Fe3+能生成红色物质,可用于检验FeSO4是否变质,B项不符合题意;Na2SO3被氧化为Na2SO4,Na2SO4与BaCl2反应生成的BaSO4不溶于盐酸,C项不符

合题意;乙醛能与银氨溶液发生银镜反应,而乙醇不能,D项不符合题意。2.B解析:因盐酸过量,加入的少量Na2CO3溶液应先与H+反应,即使有Ca2+存在,也不会产生白色沉淀,A项错误。加入过量BaCl2溶液能产生白色沉淀

,说明含有SO42−,B项正确。氨水不能溶解Al(OH)3,C项错误。不能排除Fe3+的干扰,D项错误。3.AD解析:NaCl的溶解度受温度影响不大,硝酸钾的溶解度受温度影响较大,且硝酸钾少量,则将含少量硝酸钾的NaCl溶解后蒸发结晶,趁热过滤,洗涤干燥可除去硝酸钾,A项正确。蒸馏时

,温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处,B项错误。萃取的基本原则是两种溶剂不互溶,且溶质在该溶剂中的溶解度比在原溶剂中大得多,与液体的密度无关,C项错误。分液操作时,分液漏斗下端紧靠烧杯内壁,D项正确。4.B解析:加入少量稀硫酸,有白色沉淀产生,可能是硫酸钡或者硫酸银或者硫酸钙

,所以不能确定溶液中一定含有Ba2+,A项错误。某溶液的焰色试验呈黄色,则溶液中一定有钠元素,由于没有透过蓝色钴玻璃观察,因此不能确定溶液中是否含有钾元素,B项正确。Fe2+、Cl-都具有还原性,都能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而使酸性KMnO4溶液褪

色,因此不能用酸性KMnO4溶液鉴别溶液中是否含有Fe2+,C项错误。BaSO4和AgCl均为不溶于稀硝酸的白色沉淀,则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀,继续加稀硝酸沉淀不消失,则溶液中可能含SO42−或SO32−或Cl-,D项

错误。5.AD解析:可通过加入生石灰后蒸馏的方法除去乙醇中的水,B项错误。Al与NaOH溶液反应生成可溶性的Na[Al(OH)4],而Fe不能与NaOH溶液反应,故可用足量NaOH溶液将铁粉中的杂质Al除去,D项正确。6.C解析:分离甲苯和水,采用蒸馏的方法,但温度计的水

银球应位于蒸馏烧瓶支管口处,A项错误。容量瓶不能用来直接稀释浓硫酸,B项错误。除去CO中的CO2,可采用通入NaOH溶液洗气的方法,C项正确。萃取振荡时倒转分液漏斗,分液漏斗颈斜向上,D项错误。7.A解析:Al(OH)3是两性氢氧化物,能与氢氧化钠反应生

成溶于水的四羟基合铝酸钠,而Cu(OH)2不能与NaOH溶液反应,除杂试剂和离子方程式均正确,A项正确。FeCl3溶液因水解显酸性,pH>4时,Fe3+就可以沉淀完全,加入过量氧化镁能除去FeCl3,除杂试剂选取正确,但离子方程式书写不对,电荷不守恒,B项

错误。CO2和SO2都能与NaOH溶液反应,除杂试剂选取不正确,C项错误。溴水能与乙烯发生加成反应,CH3CH3不可以与溴水反应,除杂试剂选取正确,但反应的化学方程式书写不正确,正确的应是CH2CH2+Br2CH2Br—CH2Br,D项错误。8.A解析:先加稀盐

酸可排除Ag+、CO32−等离子的干扰,再滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明原溶液中有SO42−,A项正确。AgI沉淀中滴入稀KCl溶液,若c(Cl-)·c(Ag+)>Ksp(AgCl),则生成白色沉淀,但Ksp(AgCl)>Ks

p(AgI),AgI比AgCl更难溶,B项错误。CH3CH2X不能电离出X-,向CH3CH2X中加入少量AgNO3溶液,不会发生反应,C项错误。检验葡萄糖,应在碱性条件下加入新制Cu(OH)2,加热,实验操作中没有加碱至溶液呈碱性,则实验不能

检验葡萄糖的生成,D项错误。二、非选择题9.(1)H2O2溶液(2)B(3)BaCl2溶液、饱和K2CO3溶液、KOH溶液(或KOH溶液、BaCl2溶液、饱和K2CO3溶液或BaCl2溶液、KOH溶液、饱和K2CO3溶液)(4)除去剩余的OH-及CO32−逐滴滴加稀盐酸,至用pH试纸测定溶液pH=

7(5)蒸发皿解析:根据图示可知,制备流程为:废液中加入H2O2溶液,将溴离子氧化成溴单质,然后加入四氯化碳后通过萃取、分液分离出溴,通过操作③蒸馏得到四氯化碳和溴单质;无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、C

a2+、Mg2+、SO42−,分别加入BaCl2溶液、饱和K2CO3溶液、KOH溶液,过滤后得到无色液体Ⅱ和固体A,再调节液体Ⅱ的pH除去碳酸根离子、氢氧根离子,得到无色液体Ⅲ,最后通过蒸发结晶获得氯化钾固体。(1)由加入的CCl4及得

到的深红棕色液体知,试剂a能将Br-氧化为Br2,试剂a应具有氧化性,所以应选用H2O2溶液。(2)由流程图知,无色液体Ⅰ中含有K+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42−,无色液体Ⅲ中只含有K+、Cl-,则试剂b的作用是除去Ca2+、Mg2+、SO42−。操作①是萃取,操作②是将不

互溶的两种液体分开——分液,操作③是将沸点不同、互溶的两种液体分开——蒸馏,操作④是将溶液与沉淀分开——过滤,操作⑤是将KCl从其水溶液中提取出来——结晶,操作①②③④⑤的名称分别是萃取、分液、蒸馏、过滤、蒸发结晶,故B项正确

。(3)由于除杂时除杂试剂需过量,且不能引入新杂质,所以选用饱和K2CO3溶液除去Ca2+,选用KOH溶液除去Mg2+,选用BaCl2溶液除去SO42−,而且只要满足BaCl2溶液在饱和K2CO3溶液之前加入即可

。(4)由以上分析知,无色液体Ⅱ中还含有杂质离子CO32−和OH-,需用盐酸来除去过量的OH-及CO32−,调节pH=7的操作方法是逐滴滴加盐酸,至用pH试纸测定溶液的pH=7。(5)由于操作⑤是蒸发结晶,所以该操作用到的瓷质仪器是蒸发皿。10.(1)不能硝酸根离子会

成为新的杂质,且很难除去(2)将滴加BaCl2溶液后的溶液静置,取少许上层清液,滴加BaCl2溶液,若无浑浊,则SO42−已除尽(3)除去过量的Ba2+加入的Na2CO3溶液不会使已生成的沉淀溶解,且一次过

滤可以节约药品和时间(4)否为了除去多余的Ba2+,加入的Na2CO3必须过量,过量的CO32−成为新的杂质,应该再加适量的盐酸将其除去11.(1)增大青蒿与乙醚的接触面积,提高青蒿素的浸取速率(2)漏斗、玻璃棒蒸馏(3)B(

4)①NaOH溶液无水CaCl2(或P2O5)碱石灰②防止空气中的CO2和水蒸气进入F装置解析:(1)根据乙醚浸取法的流程可知,对青蒿进行干燥破碎,可以增大青蒿与乙醚的接触面积,提高青蒿素的浸取速率。(2)根据上面的分析,操作

Ⅰ为过滤,需要的玻璃仪器主要有烧杯、漏斗、玻璃棒;操作Ⅱ的名称是蒸馏。(3)根据题意,青蒿素几乎不溶于水,A项错误;青蒿素在乙醚中可溶解,无法分液提取,C项错误,B项正确。(4)为了能准确测量青蒿素燃烧生成的CO2和H2O,实验前应通入除去CO2和H2O的空气,排除装置内的空气,防止干扰实验

。E和F一个吸收生成的H2O,一个吸收生成的CO2,应先吸收水,后吸收CO2,所以E内装的是无水CaCl2或P2O5,F中为碱石灰,而G装置能防止外界空气中的CO2和H2O进入装置。考点3物质的量气体摩尔体积参考

答案一、选择题1.C解析:根据n=������=������m,可知M=���·���m���=14.2g×22.4L·mol-14.48L=71g·mol-1。2.A解析:若生成的气体为NO2,4.6gNO2的物质的量是0.1mol,转移电子数为0.1N

A;若生成的气体为N2O4,4.6gN2O4的物质的量是0.05mol,转移电子数为2×0.05×NA=0.1NA,故Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时,转移电子数一定为0.1NA,A项正确。标准状况

下,己烷不是气体,因此不能使用22.4L·mol-1计算其物质的量及化学键的数目,B项错误。不知道溶液体积,无法计算溶液中粒子的数目,C项错误。H2O2是共价化合物,其中不含阴离子,D项错误。3.C解析:D与H的质子数相同,D比H的中子数多1,

1molD2O比1molH2O多2NA个中子,A项错误。密闭容器中,2molSO2与1molO2的催化反应为可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,反应后气体总分子数大于2NA,B项错误。20g正丁烷和38g异

丁烷,共计58g,正丁烷与异丁烷的相对分子质量均为58,故两者的混合物的物质的量为1mol,混合物中共价键的数目为13NA,C项正确。标准状况下2.24LCH4和C2H4的混合气体为0.1mol,烃的燃烧通式为CxHy+

���+���4O2xCO2+���2H2O,若气体全为CH4,则消耗O2的分子数目为0.2NA;若气体全为C2H4,则消耗O2的分子数目为0.3NA,所以题述混合气体消耗O2的分子数目范围是0.2NA~0.3NA,D项错误。4.AC解析:7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol,与CO

2完全反应转移电子数为0.1NA,A项正确。3.4gH2O2的物质的量为0.1mol,完全分解转移电子数为0.1NA,B项错误。2.4gMg的物质的量为0.1mol,Mg无论与O2完全反应,还是与N2完全反应,反应后镁元素均为+2价,均转移0.2NA个电子,C项正确。5.

6gFe与Cl2完全反应,转移电子数为0.3NA,D项错误。5.A解析:1个14C的中子数为8,1个D的中子数为1,则1个甲基(—14CD3)所含的中子数为11;1个14C的电子数为6,1个D的电子数为1,则1个甲基(—14CD3)所含的电子数为9,则1mo

l甲基(—14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA,A项正确。pH=1的H2SO3溶液中,c(H+)为0.1mol·L-1,没有给出溶液的体积,无法根据公式n=cV计算出氢离子的物质的量,也无法计算氢离子的数目,B项错误。铁与

稀硫酸反应变为+2价,与足量稀硝酸反应变为+3价,故1molFe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数依次为2NA、3NA,C项错误。酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应,故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数小于NA,D项错误。6.D解析:根据n=

������可知,质量相同时其物质的量之比等于摩尔质量的反比,CO、CO2的摩尔质量分别是28g·mol-1、44g·mol-1,所以两者的物质的量之比为11∶7,根据N=nNA知,两者的分子数之比等于其物质的量之比为11∶7,所以CO分子数多,A项错误。根据V=nVm知,

相同条件下,气体体积之比等于其物质的量之比,所以甲的容积比乙大,B项错误。两容器的温度和压强相等,所以两者的气体摩尔体积相等,C项错误。由ρ=������m可知,相同条件下,其密度之比等于摩尔质量之比,所以甲中CO的密度比乙中

CO2的密度小,D项正确。7.B解析:水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时,2H2O+2Na2O24NaOH+O2↑Δmn(e-)4g2mol2g1mol反应中转移的电子数为NA,A项错误。25℃时,1LpH=11的醋酸钠溶液中,水电离出的OH-浓度为1×

10-3mol·L-1,由水电离出的OH-数目为0.001NA,B项正确。1mol—OH(羟基)中所含电子数为9NA,C项错误。苯中不含碳碳双键,D项错误。8.B解析:随着反应的进行盐酸浓度降低,由于稀盐酸

与二氧化锰不反应,则生成Cl2的分子数小于2.95NA,A项错误。向1L0.1mol·L-1氯化铵溶液中通入少量氨气调节溶液为中性,根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(NH4+)=0.1mol·L-1,所以NH4+的数目为0.1NA,B项正确。向1L1mol·L-

1FeBr2溶液中通入足量氯气,溴化亚铁全部被氧化,但过量的氯气又能与水发生氧化还原反应,所以转移的电子数大于3NA,C项错误。密闭容器中1molN2与3molH2在一定条件下充分反应,由于是可逆反应,则生

成的NH3分子数小于2NA,D项错误。9.A解析:1个CHCl3分子中有3个C—Cl,故1molCHCl3中含有C—Cl的数目为3NA,A项正确;1L1.0mol·L-1的盐酸中含NA个Cl-和水微弱电离出的OH-,B项错误;未指明气体所处的温度和压强,无法计算NO、O2的物质

的量,也无法计算两者混合后气体的物质的量,C项错误;23gNa与足量H2O反应生成0.5molH2,D项错误。10.B解析:NaHSO4和MgSO4的摩尔质量都为120g·mol-1,固体NaHSO4中含有Na+和HSO4-,固体MgSO4中含有Mg2+和SO42−,120.0gNaHSO

4和MgSO4的固体混合物的物质的量之和为1mol,所含离子的总物质的量为2mol,离子总数为2NA,A项错误。根据电荷守恒可知,n(CH3COO-)+n(OH-)=n(Na+)+n(H+),而溶液呈中性,故n(OH-)=n(H+),可得n(CH3COO-)=n(Na

+),n(Na+)=0.1mol,故n(CH3COO-)=0.1mol,CH3COO-的个数为0.1NA,B项正确。铁与某浓度的硝酸反应生成硝酸亚铁或硝酸铁或两者的混合物,因此0.1molFe完全溶解,转移的电子在0.2~0.3mol之间,

C项错误。氯气与水的反应是可逆反应,所以标准状况下,2.24LCl2溶于水,转移的电子数目小于0.1NA,D项错误。二、非选择题11.(1)0.2NA(2)2∶1(3)95g·mol-124(4)11.2解析:(1)0.2gH2的物质的量为0.1

mol,含有0.2mol氢原子,即0.2NA。(2)含有相同氧原子数的CO与CO2的物质的量之比为2∶1,标准状况下,体积之比等于物质的量之比,故为2∶1。(3)二价金属的氯化物可表示为MCl2,在9.5g

某二价金属的氯化物中含0.2molCl-,则该氯化物的物质的量为0.1mol,摩尔质量为95g·mol-1;该金属元素的相对原子质量为95-71=24。(4)CO与Fe2O3反应的化学方程式为3CO+Fe2O32Fe+3CO2,标准状况下6.7

2LCO的物质的量为0.3mol,完全反应后生成0.2mol铁,即11.2g。12.(1)0.6NA(2)8.55mol0.5(3)0.40.04(4)①2∶1②1∶2③ρ1∶2ρ2解析:(1)氨的相对分子质量是17,其摩尔质量是17g·mol-1,则3.4g氨的物质的

量为n(NH3)=3.4g17g·mol-1=0.2mol,所以含有氨的分子数为0.2NA,含有氢原子的数目N(H)=3N(NH3)=0.6NA。(2)3.01×1023个OH-的物质的量为0.5mol,0.5mol氢氧根离子的质量为17g·mol

-1×0.5mol=8.5g;0.5mol氢氧根离子含有电子的物质的量为0.5mol×10=5mol;与8.5gOH-质量相同的氨的物质的量为8.5g17g·mol-1=0.5mol。(3)将4gNaOH固体溶于水配成250mL溶液,溶质氢氧化钠的物质的量n=4g40g·mol-1=0.1m

ol,氢氧化钠的物质的量浓度c=0.1mol0.25L=0.4mol·L-1。取出10mL此溶液,溶质的物质的量浓度仍为0.4mol·L-1,将取出的10mL溶液加水稀释到100mL,依据稀释前后溶质的物质的量不变,设稀释后溶液中NaOH的

物质的量浓度为x,则0.01L×0.4mol·L-1=0.1L×x,解得x=0.04mol·L-1。(4)①相同条件下,M、N两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比,所以两者的密度之比为2∶1;②两个容器中气体的密度相等,则气体的质量相等,物质的量与摩尔质量成

反比,而压强与气体的物质的量成正比,则容器中气体的压强与摩尔质量成反比;③当两种溶液中溶质的质量分数相同时,由c=1000cm3·L-1×���������可知,溶质的物质的量浓度与������成正比,所以两种溶液中溶质的物质的量浓度之比为ρ1∶2ρ2。13.(1)XY3或Y3X(2)C

O或N2或C2H4H2(3)11.214解析:(1)一定温度和压强下,1体积X2气体与3体积Y2气体化合生成2体积Z,由于气体的体积之比等于物质的量之比,等于化学计量数之比,则X2+3Y22Z,由原子守恒可知,Z的化学式为XY3或

Y3X。(2)标准状况下,混合物气体的总物质的量为8.96L22.4L·mol-1=0.4mol,又因为A与B的物质的量之比为3∶1,所以A的物质的量为0.3mol,B的物质的量为0.1mol。设B的相对分子质量为x,

则A的相对分子质量为14x,混合气体的总质量为8.6g,0.3×14x+0.1×x=8.6,得x=2,所以B为H2,A的相对分子质量为28,A可能为CO或N2或C2H4。(3)标准状况下,混合气体的物质的量为22.4L22.4L·mol-1=1mol,令混合气体中CO和CO2的物质

的量分别为x、y,则:���+���=1mol28g·mol-1×���+44g·mol-1×���=36g解得:x=0.5mol,y=0.5mol;故CO的体积为0.5mol×22.4L·mol-1=11.2L,CO的质量为0.5mol×28g·mo

l-1=14g。14.(1)Pb2O3Pb2O3+2HNO3PbO2+Pb(NO3)2+H2O(2)①CoO②3∶2解析:(1)478gPbO2的物质的量为2mol,A点时失去氧原子的质量为478×(1-96.66%)g≈16g,物质的量为1mol,

则A点固体的化学式为Pb2O3。Pb在化合物中只有+4价和+2价,Pb2O3相当于等物质的量的PbO和PbO2,因此也可写为PbO·PbO2,根据题中信息可写出Pb2O3与硝酸反应的化学方程式。(2)①100gCo(OH)2在空气中加热到1000℃时,变成80.65g,设

产物化学式为CoOx,相对分子质量为Mr,则10093×Mr=80.65,Mr≈75,产物化学式为CoO。②用480mL5mol·L-1盐酸恰好完全溶解固体,得到4.48L氯气,可知Co3+的物质的量为0.4mol,最后溶

液的溶质为CoCl2,则Co2+的总物质的量为0.48L×5mol·L-1-0.4mol2=1mol,进一步可得原固体中Co2+的物质的量是0.6mol,所以n(Co2+)∶n(Co3+)=0.6mol∶0.4mol=3∶2。考点4物质的量浓度参考答案一、选

择题1.C解析:根据钠原子守恒可知n(NaOH)=2n(Na2O)=2×31g62g·mol-1=1mol,但不知道溶液的体积,所以无法计算溶液浓度,A项错误。气体存在的状态不是标准状况下,气体的物质的量不是1mol,B项错误。稀释前后溶质的物质的量不变,即c

(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀),则0.1L×5mol·L-1=c(稀)×0.5L,解得c(稀)=1mol·L-1,C项正确。将10mL10mol·L-1的H2SO4溶液与90mL水混合,溶液的体积小于10

0mL,无法计算溶质的物质的量浓度,D项错误。2.D解析:依题意,配制1.0mol·L-1的NaOH溶液220mL,要用250mL容量瓶来配制,则需要NaOH固体10.0g,A项错误。B、C项中的操作都会使配制的溶液浓度偏小,B

、C项错误。3.B解析:配制1mol·L-1的稀盐酸100mL所需36.5%的盐酸的体积为1mol·L-1×0.1L×36.5g·mol-11.2g·cm-3×36.5%≈8.3mL,故应选取10mL量筒。4.D解析:蒸发掉bg水或加入bgNaNO3固体,能使溶液达到饱和,说明bg水溶解bg

NaNO3达到饱和,利用���(溶质)���(溶剂)=���100g,代入数值得出:���g���g=���100g,求出溶解度为100g,A项错误。根据密度的定义,原不饱和溶液的密度为���(溶液)���(溶液)=���g���mL=������

g·cm-3,B项错误。令原溶液中溶质的质量为yg,蒸发掉bg水达到饱和,则有������-���=���100g+���,解得y=���-���2,原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为���-���2���×100%=50(��

�-���)���%,C项错误。根据物质的量浓度的定义,c(NaNO3)=���-���2g85g·mol-1×���×10-3���=100(���-���)17���mol·L-1,D项正确。5.D解析:由电荷守恒知2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(S

O42−),解得c(Al3+)=3mol·L-1,则n(Al3+)=0.6mol,n(Mg2+)=0.4mol;由Mg2+~2OH-、Al3+~4OH-,可知n(OH-)=0.8mol+2.4mol=

3.2mol,V(NaOH)=3.2mol1.6mol·L-1=2L。6.D解析:标准状况下的aLHCl(g),n(HCl)=���L22.4L·mol-1=���22.4mol溶液的质量为���22.4mol×36.5g·mol-1+1000g溶液的体积为���22.4mol×36.5g·m

ol-1+1000g���g·cm-3×10-3L·cm-3c=���22.4mol���22.4×36.5+1000���×10-3L=1000������22400+36.5���mol·L-1,

D项正确。7.B解析:Na2O2溶于水发生反应,所得溶液中溶质是NaOH,溶液中Na+的物质的量与78gNa2O2中Na+的物质的量相等,即78g78g·mol-1×2=2mol,但溶液体积不是1L,A项错误。根据稀释规律:0.01L×18.4mol·L-1=c×

1L,c=0.184mol·L-1,B项正确。2.0mol·L-1Na2CO3溶液中Na+浓度为4.0mol·L-1,故100mL该溶液中Na+数约为N(Na+)=4.0mol·L-1×0.1L×6.02×1023mol-1=0.4×6.02×1023,C项错误。容量瓶不能用于溶解

溶质,D项错误。8.C解析:浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2,稀释后H2SO4的质量分数=10mL×���1×98%10mL×���1+10mL×���2×100%=���1���1+���2×98%>49%,A项正确。实验室没有容积为480mL的容量瓶,应用500mL的容量瓶进行配制,B项

正确。在标准状况下,22.4LNH3的物质的量为1mol,溶于1L水中得到氨水的体积不是1L,C项错误。由于过氧化钠与水反应生成O2,故等物质的量的Na2O2和Na2O与烧碱溶液作用的结果是等效的,D项正

确。9.AC解析:等体积硫酸铁溶液、硫酸铜溶液、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应,若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1∶2∶3,则根据硫酸根守恒可知3c1V∶c2V∶c3V=1∶2∶3,因此三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1∶6∶9,A项正确。150mL1mol·L-1的氯化钾

溶液中的c(Cl-)与50mL1mol·L-1的氯化铝溶液中的c(Cl-)不相等,分别是1mol·L-1和3mol·L-1,B项错误。20℃时,饱和KCl溶液的密度为1.174g·cm-3,物质的量浓度为4.0mol·L-1,则根据c=

1000���������可知此溶液中KCl的质量分数为74.5×4.01.174×1000×100%,C项正确。20℃时,100g水可溶解34.2gKCl,此时KCl饱和溶液的质量分数为34.2g100g+34.2g×1

00%,D项错误。10.BD解析:配制过程中需要托盘天平(或电子天平)、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等仪器,A项错误。由于NaClO与CO2、H2O反应生成HClO,HClO在光照条件下易分解,故所配得的NaClO消毒液在空气中经光照、久

置后,溶液中NaClO的物质的量浓度减小,B项正确。容量瓶用蒸馏水洗净后不必烘干就可用于溶液的配制,C项错误。应按配制500mL溶液计算,且托盘天平的精确度为0.1g,故需要称量的NaClO固体的质量为148.8g,D项正确。二、非选择题11.(1)0.25(2)18(3)1

005.6(4)3∶1解析:(1)1个硫酸分子中含有4个氧原子,所以含有6.02×1023个氧原子的H2SO4的物质的量是6.02×10236.02×1023mol-1×14=0.25mol。(2)标准状况下1

1.2LCO2的物质的量为11.2L22.4L·mol-1=0.5mol,要使二氧化碳与水分子含有的氧原子数相等,则n(H2O)=2n(CO2)=2×0.5mol=1mol,质量为1mol×18g·mol-1=18g。(3)用18

mol·L-1浓硫酸配制90mL1mol·L-1稀硫酸,实验室没有90mL容量瓶,应选择100mL容量瓶,设需要浓硫酸体积为V,依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得:18mol·L-1×V=1mol·L-1×

0.1L,解得V≈0.0056L=5.6mL。(4)将Cl2通入热的烧碱溶液中,可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液,反应中氯气既是氧化剂又是还原剂,当NaCl和NaClO3的物质的量之比为8∶1时,生成1molNaClO3氯原子失电子5mol,生成8m

olNaCl氯原子得电子8mol,根据得失电子数相等可知,生成NaClO的物质的量是3mol,即混合液中NaClO和NaClO3的物质的量之比为3∶1。12.(1)胶头滴管500mL容量瓶(2)10.0g(3)①左盘②小于32.6g砝码质量/g502020105称量(取用砝码过

程)↓↑↓↓↑↓↓↑(4)搅拌,加速溶解(5)玻璃棒保证溶质全部转移至容量瓶中(6)向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面与刻度线相切13.(1)24.8%(2)①C②D(3)①Ba(NO3)2②N解析:(1)ω=4

.0mol·L-1×1L×74.5g·mol-11.2g·cm-3×103cm3×100%≈24.8%。(2)①在配制过程中,不会用到10mL的量筒,故答案选C项。②用长时间放置在空气中的NaClO固体配制,由于NaClO易吸收空气中的水和二氧化碳而变质

,导致有效成分NaClO减少,配制的溶液中溶质的物质的量减小,则溶液的物质的量浓度偏小,A项错误。配制前,容量瓶中有少量蒸馏水对溶液配制无影响,B项错误。配制过程中,未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒,导致溶质损失,配制溶液浓度偏小,C项错误。定

容时俯视容量瓶刻度线,溶剂未加到刻度线,配制溶液浓度偏大,D项正确。(3)①由红外光谱确定化合物X含硝酸根,再结合图1有钡离子参与,所以X为Ba(NO3)2。②既被氧化又被还原的元素,化合价既有升高又有降低,故为氮元素。14.(1)ABDCE(2)c(

3)玻璃棒搅拌加速溶解、引流(4)0.2(5)偏小偏大偏小解析:(1)配制溶液时,一般可分为以下几个步骤:计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀,所以其操作步骤的正确顺序为ABDCE。(2)配制480mL0.4mol·L-1的Na2CO3溶液,应选择50

0mL容量瓶。(4)n=cV=0.5L×0.4mol·L-1=0.2mol。(5)A项,称量Na2CO3时,物质和砝码位置颠倒(1g以下用游码),称取的溶质的量偏小,溶液的浓度偏小;B项,俯视液面导致溶液的实际体积偏小,溶液的浓度偏大;C项,加蒸馏水时不慎超过

了刻度线,立即用胶头滴管将多余的水吸出,导致溶质的物质的量偏小,溶液的浓度偏小。15.(1)5(2)C(3)0.1104解析:(1)配制一定物质的量浓度的溶液时,溶质的物质的量不变。n(HAc)=cV

=0.1mol·L-1×0.25L,故需要5mol·L-1HAc溶液的体积为0.1mol·L-1×0.25L5mol·L-1=0.005L=5mL。(2)摇动时,应盖好瓶塞,右手持瓶颈,水平摇动锥形瓶,故A项错误;摇匀时应用食指顶住瓶塞,用另一只手托住瓶底,把容量瓶倒转上下摇

匀,故D项错误;定容时,视线要与容量瓶中的凹液面相平,故B项错误;引流时,玻璃棒的下端应在容量瓶刻度以下,故C项正确。(3)HAc为一元酸,故进行中和滴定时,消耗的n(NaOH)应等于n(HAc),故c(HAc)×20.00mL=0.1000mol·L-1×22.08mL,解得c(HAc)=0.

1104mol·L-1。考点5物质的分类及转化参考答案一、选择题1.C解析:青铜中含有铜、锡、铅等不同的金属,属于合金,A项正确;竹、木的主要成分为纤维素,B项正确;将造纸原料在碱液中浸泡蒸煮的过程中,其中的纤维素等会发生水解,属于化学变化,C项错误;陶瓷的主要原料为黏土,经高温烧结而成

,D项正确。2.A解析:过氧乙酸具有强氧化性,能使蛋白质变性,苯酚具有较强的还原性,两者的溶液混合会发生氧化还原反应,降低消杀效率,A项错误。硅是良好的半导体材料,可用于手机处理器芯片的制作,B项正确。高温可以使蛋白质发生变性,故疫苗必须冷藏存放,其目的是避

免疫苗蛋白质变性,C项正确。使用太阳能、风能、地热能、生物质能,可以减少化石能源的使用,会减少二氧化碳以及其他有害气体的释放,所以能体现“低碳、环保”的理念,D项正确。3.D解析:冰醋酸、纯碱(碳酸钠)、芒硝(Na2SO4·10H2O)、生石灰(

CaO)分别属于酸、盐、盐、氧化物,A项错误。NaCl不属于钠的含氧化合物,B项错误。漂白粉、福尔马林、王水、氯水均为混合物,冰水属于纯净物,C项错误。HClO、H2SO4(浓)、HNO3都具有强氧化性,都是氧化性酸,D项正确。4.C解析:“剂钢”为铁的合金,铁合金的硬度比纯铁的

大,熔点比纯铁的低,A项错误。由“能蚀五金”可知为王水,即为盐酸、硝酸的混合物,而氢氟酸能与玻璃反应,B项错误。根据火药的成分可知“硫”指的是硫黄,“硝”指的是硝酸钾,C项正确。“糖白”的过程说明泥土具有吸附作用,能将红糖变白糖,发生的是物理变化

,D项错误。5.A解析:二氧化硅对光具有良好的全反射作用,可用于制作光导纤维,Si为半导体材料,可用于制作光电池,A项错误。聚四氟乙烯与酸、碱均不反应,可用作化工反应器的内壁涂层,B项正确。过氧化钠为固体,与二氧化碳发生氧化还原反应生成氧气,可用于制作呼吸面具,C项正确

。二氧化硫能与有色物质化合生成无色物质,可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等,D项正确。6.C解析:用平行光照射Fe(OH)3胶体时会产生一条光亮的“通路”,这是胶体所特有的丁达尔效应,但NaCl溶液不会有此现象,C项

错误。7.C解析:A项,Fe与Cl2反应生成FeCl3,错误。B项,S与O2反应生成SO2,错误。C项,CaCO3高温分解生成CaO和CO2,碱性氧化物CaO与酸性氧化物SiO2在高温条件下反应生成CaSiO3,正确。D项,NO与H2O不反应,错误。8.CD解

析:A项,蚕丝的主要成分为蛋白质,棉花的主要成分为纤维素。B项,乙醇用于消毒不是因为其氧化性。D项,天然气的主要成分为甲烷,液化石油气的主要成分有丙烷、丙烯、丁烷和丁烯等。9.CD解析:溶液中分散质粒子直径小于10

-9m,不能产生丁达尔效应,A项错误。Fe2O3、FeCO3属于电解质,H2和CO2不是电解质,B项错误。FeSO4、NH4Cl均属于强酸弱碱盐,水解后溶液均显酸性,D项正确。10.B解析:有化学键被破坏的变化不一定属于化学变化,如NaCl固体溶于水

,破坏了离子键,但此过程属于物理变化,①错误。有能量变化的过程不一定是化学变化,如灯泡发光,②错误。电解质溶液导电是发生电解的过程,有新物质生成,属于化学变化,③正确。CuSO4CuSO4·5H2O属于化学变化,④正

确。O2转化成O3生成了新物质,属于化学变化,⑤正确。二、非选择题11.(1)与水是否发生氧化还原反应(2)2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑(3)Na2O2、Cl2(4)SO2解析:(1)A组中的物质与水反应均生成相应的酸或碱,而B组中物质与水均发生氧化还

原反应,所以分成A、B两组的依据是与水的反应是不是氧化还原反应。(2)钠与水反应中水是氧化剂,离子方程式为2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑。(3)氯气与水的反应中氯气既是氧化剂也是还原剂,且氧化剂与

还原剂物质的量之比为1∶1。过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂,且氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1。NO2与水的反应中NO2既是氧化剂也是还原剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶2。(4)酸雨主要是由氮的

氧化物与硫的氧化物引起的。12.(1)悬浊液溶液胶体(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl(3)①观察颜色,B烧杯中为红色,C烧杯中为红褐色②用一束光照射两种分散系,C烧杯中有光亮“通路”,B烧杯中没有(4)先生成红褐色沉淀,然后沉淀逐渐

溶解至消失,形成棕黄色溶液解析:(1)NaOH溶液中加入FeCl3饱和溶液,发生反应生成含Fe(OH)3沉淀的悬浊液;KSCN溶液中加入FeCl3饱和溶液,生成Fe(SCN)3溶液;沸水中加入FeCl3饱和溶液,FeCl3水解生成Fe(OH)3胶体。(3)加入FeCl3饱和溶液后,B烧杯中为溶液,

C烧杯中为胶体,不用试剂鉴别,可用观察法,B烧杯中为红色溶液,C烧杯中为红褐色液体,也可利用丁达尔效应鉴定胶体。(4)C烧杯中[Fe(OH)3胶体]加入稀硫酸,先发生聚沉生成沉淀,然后H2SO4与Fe(OH)3发生反应使沉淀溶解。13.(1)H2SO4(或HNO3、H2C

O3)NaOH(或KOH)Na2SO4(或K2CO3、Na2SO3)(其他合理答案也可)(2)2NaOH+CO2Na2CO3+H2O(其他合理答案也可)(3)2H2O22H2O+O2↑(4)稀盐酸大理石(或石灰石

)将气体通入澄清石灰水中,若变浑浊即可证明是CO2(5)2H++CO32−H2O+CO2↑或H++CO32−HCO3-复分解(6)HCl+NH3NH4Cl有白烟生成解析:常见的酸有H2SO4、HNO3、HCl、H2CO3等,常见的碱有NaOH、KOH、Ca(OH)

2、Ba(OH)2等,常见的盐有NaCl、Na2SO4、Na2CO3、K2CO3等。实验室用H2O2制O2发生的反应为2H2O22H2O+O2↑。制备CO2常用大理石或石灰石(CaCO3)与稀盐酸反应:CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2↑,将产生的气体通入澄清石灰水中,若

变浑浊即可证明是CO2。HCl与Na2CO3反应的离子方程式为2H++CO32−H2O+CO2↑或H++CO32−HCO3-,属于复分解反应。HCl与NH3反应的化学方程式为HCl+NH3NH4Cl,生成的NH4Cl为固体,可观察到有白烟生成。14.(

1)树状分类法(2)Ⅰ(3)3CO+Fe2O32Fe+3CO2(4)2∶1(5)168(6)AlCl3·6H2O+6SOCl2AlCl3+12HCl↑+6SO2↑解析:(1)由分类图知,该分类方法为树状分类法,结合相关信息可对题给物质分类如下:(2)淡黄色固体是N

a2O2,其电子式为。(3)CO为还原性气体,在高温下还原Fe2O3的化学方程式为3CO+Fe2O32Fe+3CO2。(4)3NO2+H2O2HNO3+NO,NO2发生了自身的氧化还原反应,被氧化和被还原的氮

元素的质量比为2∶1。(5)铁在高温下能够与水蒸气发生反应:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。根据化学方程式可知转移8mol电子时,有3molFe参加反应,质量为168g。(6)SOCl2遇水发生剧烈水解,可以起到脱水的作用,反应的化学方程式为AlCl3·6H2O+6SOCl2AlCl3+

12HCl↑+6SO2↑。考点6离子反应参考答案一、选择题1.A解析:强电解质如NaHSO4中H与O形成的共价键在水溶液里可断开,但在熔融状态时不会断开,A项错误。电解质溶液的导电性取决于溶液中阴阳离子的浓度及离子所带电荷数,与

电解质的强弱无必然的联系,B项正确。HCl是共价化合物,只有溶于水后才能电离,C项正确。电解质溶液的导电过程中离子发生定向移动,在电极表面一定会发生氧化还原反应,D项正确。2.C解析:首先依据信息书写化学方程

式:Na2SO3+Cl2+H2ONa2SO4+2HCl,AgNO3+HClAgCl↓+HNO3,4HI+O22H2O+2I2,2NaOH+Cl2NaClO+NaCl+H2O,分析各反应发生后溶液中各离子浓度的变化情况,由此可知导电性明显减弱的是C项实验。3.CD解析:CH

3COOH为弱电解质,不能拆分,A项错误。ClO-具有强氧化性,SO2具有还原性,SO2与Ca(ClO)2溶液发生氧化还原反应,该离子方程式不符合化学反应事实,B项错误。4.D解析:HCO3-在水溶液中结合水电离出的H+,生成H2CO3,其水解方程式为HCO3-+H2OH2CO3+

OH-,A项错误。Fe3+具有氧化性,能够将I-氧化成I2,离子方程式为Fe2O3+2I-+6H+2Fe2++I2+3H2O,B项错误。选项中的离子方程式中氢、氧原子不守恒,应该为3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O,C项错误。由于HClO的酸性强于

HCO3-,而弱于H2CO3,因此向NaClO溶液中通入CO2得到NaHCO3和HClO,离子方程式为ClO-+CO2+H2OHCO3-+HClO,D项正确。5.B解析:含有CrO42−的溶液呈黄色,A项错误。S2O3

2−、Na+、K+、CO32−、SO42−不反应,能大量共存,B项正确。水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol·L-1的溶液呈酸性或碱性,酸性条件下HSO3-、NO3-发生氧化还原反应,碱性条件下Mg2+、HSO3-与OH-反应生成氢氧化镁沉淀和SO32−,C项错误。能使蓝色

石蕊试纸变红的溶液呈酸性,、H+反应生成苯酚,D项错误。6.AD解析:向碳酸氢铵溶液中加入过量的NaOH溶液:HCO3-+NH4++2OH-NH3·H2O+CO32−+H2O,B项错误。向明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至

生成沉淀的物质的量最多:2Al3++3SO42−+3Ba2++6OH-2Al(OH)3↓+3BaSO4↓,C项错误。7.B解析:A项,pH=1的溶液显酸性,在酸性溶液中HCO3-不能大量存在,错误。B项,遇酚酞变红的溶液显碱性,在碱性溶液中,N

O3-、Na+、CO32−、K+之间不发生反应,能够大量共存,正确。C项,在酸性溶液中,NO3-、H+、Fe2+能够发生氧化还原反应,不能大量共存,错误。D项,含MnO4-的溶液呈紫红色,与溶液无色不符,错误。8.C解析:X点对应的溶液中,HCO3-与OH-不能大

量共存,A项错误。Y点对应的溶液中存在大量HCO3-,Fe3+与HCO3-发生相互促进的水解反应,B项错误。M点对应的是NaCl溶液,C项正确。N点为NaCl与HCl的混合溶液,Ag+与Cl-、F-与H+均发生反应,不能

大量共存,D项错误。9.C解析:该反应的反应物除Al、OH-外,还有水,离子方程式应该为2Al+2OH-+6H2O2[Al(OH)4]-+3H2↑,A项错误。H3PO4是三元中强酸,电离分步进行,则在酸浸液中PO43−的水解也逐步进行,首先水

解产生HPO42−,B项错误。废旧电池中的Cu与NaOH溶液不反应,进入滤渣1中,向其中加入H2SO4和H2O2,在酸性条件下可发生氧化还原反应,产生Cu2+、H2O,该反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O,C项正确。根据Li2SO4、Li2C

O3在常温下的溶解度分别为34.2g、1.3g,可知Li2CO3的溶解度较小,则沉锂时可加入碳酸钠形成沉淀Li2CO3,反应的离子方程式为2Li++CO32−Li2CO3↓,D项错误。10.D解析:本题考查了离子方程式的书写,熟悉离子方程式的书写方法,明确氧化还

原反应原理是解题关键,侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力,题目难度不大。溴与冷的NaOH溶液反应的离子方程式为Br2+2OH-Br-+BrO-+H2O,D项错误。二、非选择题11.(1)NH4+0.4(2)[Al(OH)

4]-+CO2Al(OH)3↓+HCO3-(3)防止生成氢氧化铝胶体,有利于沉淀的生成,使沉淀容易分离(4)已知的NH4+、Al3+所带的正电荷总量小于SO42−所带的负电荷总量,依据电荷守恒,一定有K+存在解析:(1)由①可知,在氢氧化

钠溶液、加热条件下产生的气体是氨,标准状况下448mL氨的物质的量为0.02mol,则原溶液中存在的离子有NH4+,浓度为0.02mol×20.1L=0.4mol·L-1。(2)实验②中过量二氧化碳通入溶液乙得到1.56g

氢氧化铝沉淀,同时生成碳酸氢钠,生成沉淀的离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2Al(OH)3↓+HCO3-。(3)通入过量CO2充分反应后,需将反应后的混合溶液加热再过滤,其目的是防止生成氢氧化铝胶

体,有利于沉淀的生成,使沉淀容易分离。(4)根据题目中的数据,可计算出每50mL溶液中含有0.02molNH4+、0.02molAl3+、0.05molSO42−,根据溶液呈电中性原则,因为n(NH4+)+3×n(Al3+)<2×n(SO42−),可知溶液中一定含有K+。12.(1)①2

H++SO42−+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O②Ba2++SO42−+H++HCO3-BaSO4↓+H2O+CO2↑HCO3-+H+CO2↑+H2O③2Al3++3SO42−+3Ba2++6OH-2Al(OH)3↓

+3BaSO4↓(2)2Fe2++2Br-+2Cl2Br2+2Fe3++4Cl-2Fe2++4Br-+3Cl22Br2+2Fe3++6Cl-(3)①5Cl2+2CN-+8OH-2CO2+N2+10Cl-+4H2O②Cr2O72−+6Fe2++14

H+2Cr3++6Fe3++7H2O③ClO-+2I-+H2OI2+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++SO42−+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(SO42−),发生反应的离子方程式为Ba2++SO42−+H++HCO3-BaSO4↓+H2O+C

O2↑,此时HCO3-过量,继续加入NaHSO4溶液,HCO3-与H+反应,反应的离子方程式为HCO3-+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,离子方程式为2Al3++3SO42−+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2Fe

2++2Br-+2Cl2Br2+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-+3Cl22Br2+2Fe3++6Cl-。(3)①根据电子守恒、电荷守恒及元素守恒可知发生反应的离子方程式为5Cl2+2CN-+8OH-2CO2+

N2+10Cl-+4H2O。②Fe2+有还原性,Cr2O72−有强氧化性,两者能发生氧化还原反应,Fe2+被氧化为Fe3+,Cr2O72−被还原为Cr3+,反应的离子方程式为Cr2O72−+6Fe2++14H+2

Cr3++6Fe3++7H2O。③次氯酸钠具有强氧化性,可氧化I-生成单质I2,淀粉遇I2变蓝,反应的离子方程式为ClO-+2I-+H2OI2+Cl-+2OH-。13.(1)6OH-+3Cl2ClO3-+5Cl-+3H2O(2)AC(3)26℃6∶5(或1.2∶1)(4)

2Fe3++3ClO-+10OH-2FeO42−+3Cl-+5H2O高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的小(5)高铁酸钾中的铁元素显+6价,具有强氧化性,能杀菌消毒水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附作用解析:由题意及流程

图可知,先制备次氯酸钠,除去杂质氯化钠,在碱性条件下次氯酸钠与硝酸铁发生反应生成高铁酸钠,高铁酸钠与氢氧化钾发生复分解反应得到高铁酸钾,经分离提纯后得到高铁酸钾晶体。(1)温度较高时,NaOH与Cl2发生歧化反应生成NaClO3,反应的离子方程式为6OH-+3Cl2ClO3-+5Cl-+3H2O。

(2)在溶液Ⅰ中加入NaOH固体,NaOH与溶液Ⅰ中过量的Cl2继续反应,生成更多的NaClO,并且为下一步反应提供碱性环境,A、C两项正确。(3)由图甲可知,在26℃、Fe(NO3)3与NaClO的质量浓度分别为330g·

L-1和275g·L-1时,高铁酸钾的生成率最高。所以,工业生产中最佳温度为26℃,Fe(NO3)3与NaClO的最佳质量浓度之比为6∶5(或1.2∶1)。(4)反应③的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-2FeO42−+3Cl-+5H2O;向溶液Ⅱ中加

入饱和KOH溶液得到湿产品的原因是高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的小,从溶液中析出。(5)由高铁酸钾与水反应的离子方程式可知,其能作水处理剂是因为①高铁酸钾中的铁元素呈+6价,具有强氧化性,能杀菌消毒;②水解产生的氢氧化铁胶体具有吸附作用,能够吸附水

中的杂质而达到净水目的。考点7氧化还原反应参考答案一、选择题1.D解析:放电过程中,氮气与氧气反应生成NO,氧元素和氮元素的化合价发生变化,涉及氧化还原反应,故A项不符合题意。由二氧化硅制晶体硅,硅元素的化合价降低,被还原,涉及氧化

还原反应,B项不符合题意。青铜器、铁器在潮湿的空气中发生电化学腐蚀,铜元素、铁元素的化合价发生变化,涉及氧化还原反应,C项不符合题意。碳酸钾水解使溶液呈碱性,铵盐在碱性条件下会生成氨气,反应过程中不存在化合价的变化,不涉及氧化还原反应,D项符合题意。2.C解析:H

g→HgS时水银发生了氧化反应,A项错误。②中是铁与Cu2+发生置换反应生成Fe2+,正确的离子方程式为Fe+Cu2+Fe2++Cu,B项错误。S与Hg反应生成HgS,因此可以用硫粉覆盖温度计打破后流出的水银,

防止中毒,C项正确。根据金属活动性顺序,Cu排在Hg的前面,因此Hg不能置换出Cu,D项错误。3.AD解析:由方程式可知,反应中氮元素和铁元素的化合价升高被氧化,氧化铁和氮气为氧化产物,A项错误。由质量守恒定律可知,X为二氧化硫气体,B项正确。由方程

式可知,生成1mol氮气,反应中转移8mol电子,C项正确。由得失电子守恒可知,生成1mol氧化铁,需要还原1mol硫酸根,生成1mol氮气,需要还原3mol硫酸根离子,则分别氧化铁元素、氮元素所需的硫酸根离子的物质的量之比为1∶3,D项错误。

4.C解析:在药剂A的作用下,①→②过程S—S断裂,S—H形成,①中增加了氢原子变为②,①是氧化剂,具有氧化性,药剂A是还原剂,具有还原性,A项正确;①→②过程S的化合价由-1价变为-2价,若有2molS—S断裂,则转移4mol电子,B项正确;②→③过程S—H断裂

,S—S形成,②中S的化合价由-2价变为-1价,②是还原剂,发生氧化反应,若药剂B是H2O2,B是氧化剂,则氧元素的化合价应降低,其还原产物为H2O,C项错误;通过①→②过程和②→③过程,某些蛋白质中S—S位置发生了改变,因此化

学烫发可通过改变头发中某些蛋白质中S—S位置来实现头发的定型,D项正确。5.C解析:由2Fe3++2I-2Fe2++I2,Br2+2Fe2+2Br-+2Fe3+可知,还原性:I->Fe2+>Br-,A项正确。加少量的KSCN溶液,溶液变为红

色,可知通入氯气后原溶液中Fe2+一定被氧化,B项正确。若通入氯气后Fe2+部分被氧化,则Br-没有被氧化,C项错误。由题述实验不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+,D项正确。6.D解析:根据题意知产物为KClO3、KClO

、KCl,根据得失电子守恒知,n(KCl)=5n(KClO3)+n(KClO)=5×0.02mol+0.04mol=0.14mol,则n(KOH)=n(KCl)+n(KClO3)+n(KClO)=0.14mol+0

.02mol+0.04mol=0.2mol,c(KOH)=0.2mol0.1L=2mol·L-1。7.AD解析:由图可知,ClO-浓度减小,HCO3-浓度增加,则还原反应为ClO-Cl-,氧化反应为CNO-N2,由得失电子守恒、电荷守恒可知离子方程式为3ClO-+2CNO-+H2ON2↑+2HCO

3-+3Cl-,以此来解答。产物中含有碳酸氢根离子,废水不可能呈强酸性,A项错误。废水处理后的产物为N2、HCO3-、Cl-,对环境无害,B项正确。还原反应为ClO-Cl-,氯元素由+1价变为-1价,3molClO-可处理2molCNO-,转移电子的物质的量=3mol×2=6mo

l,则每处理1molCNO-转移3mol电子,D项错误。8.B解析:焙烧过程中有氧气参与,能将Cr2O3、FeO分别氧化为CrO42−和Fe3+,并放出CO2,水浸后滤渣的主要成分为Fe(OH)3,滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO42−,A项和C项

正确、B项错误;转化过程中CrO42−Cr(OH)3,发生还原反应,故淀粉水解液中葡萄糖起还原作用,D项正确。9.C解析:Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小,而Mn(Ⅱ)在13min左右逐渐增大,说明Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4,A项错误;1

3min前,Mn(Ⅱ)变化不大,但Mn(Ⅶ)的浓度迅速下降,则说明该时间段反应速率有增大趋势,B项错误;Mn(Ⅶ)浓度在13min时为0,Mn(Ⅱ)迅速增大,则Mn(Ⅶ)和Mn(Ⅱ)在该条件下不能大量共存,C项正确;H2C2O4是弱酸,书写离子方程式应写化学式:2Mn

O4-+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,D项错误。10.D解析:As2S3在紫外光作用下,主要发生反应Ⅰ:2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2S2O3;As2S3在自然光作用下,主

要发生反应Ⅱ:As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4。SO42−、S2O32−的中心原子S都为sp3杂化,SO42−是正四面体结构,由于S2O32−中S和O原子半径不同,S2O32−是四面体结构,不

是正四面体结构,A项错误;反应Ⅰ中的S由-2价被氧化到+2价,反应Ⅱ中的As由+3价被氧化到+5价,反应Ⅱ中的S由-2价被氧化到+6价,反应Ⅰ中As的化合价未变,未被氧化,B项错误;根据上述化学方程式可知,

反应Ⅰ中���(O2)���(H2���)=2,反应Ⅱ中���(O2)���(H2���)=76,参加反应的���(O2)���(H2���):Ⅰ>Ⅱ,C项错误;反应Ⅰ中氧化1molAs2S3转移12mol电子,反应Ⅱ中氧化1molAs2S3转移28mol电子,转移的电子数

之比为3∶7,D项正确。二、非选择题11.(1)①328H2SO43228②+8H2SO43CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O(2)2MgSO4+CO2MgO+SO2+CO2+SO3(3)①13∶6∶7②10K1.4FeO2+6KI+20H2SO

410FeSO4+3I2+10K2SO4+20H2O(4)3Fe3O4+28H++NO3-9Fe3++NO↑+14H2O解析:(1)还原剂是C,氧化产物是CO2,氧化剂是K2Cr2O7,还原产物是Cr2(SO4)3,由电子守恒可得4n(C)=6n(K2Cr2O7),再

根据质量守恒配平得3C+2K2Cr2O7+8H2SO43CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O,用单线桥表示氧化还原反应是由还原剂中化合价升高的元素(C)指向氧化剂中化合价降低的元素(Cr),共转移12e-。(2)由于生成了SO2,所以CO是还原

剂,由得失电子守恒可得2n(CO)=2n(SO2),再由n(SO2)=n(SO3),最后由元素守恒配平得2MgSO4+CO2MgO+SO2+CO2+SO3。(3)①x=2a=1.3,b+2c=1,a+b+3c=2,解得a=0.65,b=0.3,c=0.35,所以a∶b∶c=13∶6

∶7;②当x=1.4时,铁元素的平均价态为+2.6价,所以发生反应的氧化剂是K1.4FeO2,还原产物是FeSO4,还原剂是KI,氧化产物是I2,由得失电子守恒可得0.6n(K1.4FeO2)=n(KI),最后再由

元素守恒配平得10K1.4FeO2+6KI+20H2SO410FeSO4+3I2+10K2SO4+20H2O。12.(1)H2CrO4Cr(OH)3(2)[或2Cr(OH)3+3O2↑+2H2O](3)3.36L解析:(1)该反应中,发生还原反应的过程是铬元素的化合价降低,故为H

2CrO4Cr(OH)3。(2)该反应中氧元素失电子,铬元素得到电子,2molH2CrO4反应转移电子为2mol×(6-3)=6mol。(3)由2H2CrO4+3H2O22Cr(OH)3+3O2↑+2H2O可知,生成3mol气体转移6mol电子,则转移了0

.3mol电子,产生的气体的物质的量为0.36×3mol=0.15mol,其在标准状况下体积为0.15mol×22.4L·mol-1=3.36L。13.(1)D(2)+28H+5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O(3)0

.4KMnO4H2O2(或O2)(4)2.5解析:(1)铜元素的化合价由+1价升高到+2价,硫元素的化合价由-2价升高到+4价,均被氧化,A项正确。设氧化剂的物质的量为x,还原剂的物质的量为y,则5x

=(2+6)y,则������=85,B项正确。当生成5molSO2时,转移电子40mol,当有标准状况下2.24L(0.1mol)SO2生成时,转移电子0.8mol,C项正确。根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性,可知还原性:Cu2S>Mn2+,D

项错误。(2)由反应②可得,锰元素化合价由+7价降到+2价,硫元素化合价由-2价升高到+4价。(3)由H2O2-2e-2H++O2↑可知,0.2molH2O2参加反应转移0.4mol电子。在该反应中MnO4-是氧化剂,H2O2是还原剂,故氧化性:KMnO4>H2O

2(或O2)。(4)根据得失电子守恒可知,1molKMnO4得5mol电子,而1molH2O2参加反应失去2mol电子,故1molKMnO4可氧化2.5molH2O2。14.(1)①V2O5+K2SO3+2H2SO42VO

SO4+K2SO4+2H2O②6VO2++6H+(2)410H+43H2O(3)6Fe3++2Cr3++7H2O解析:(1)①K2SO3为还原剂,氧化产物为K2SO4,V2O5为氧化剂,还原产物为VO2+。②KClO3把VO2+氧化成VO2+,本身被还原成Cl-,离

子方程式为ClO3-+6VO2++3H2OCl-+6VO2++6H+。考点8钠及其化合物碱金属元素参考答案一、选择题1.C解析:实验后剩余的钠应放回原试剂瓶,A项错误。钠燃烧后的产物过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气,使燃烧加剧,B项错误。钠的密度比

煤油的密度大,且与煤油不反应,故保存在煤油中可以隔绝空气和水,C项正确。钠与CuSO4溶液反应时,先与水反应生成NaOH,生成的氢氧化钠再与CuSO4反应生成Cu(OH)2,即不能置换出金属铜,D项错误。2.B解析:根据

可燃物燃烧的条件可知A项正确。反应物中没有单质参加反应,不符合置换反应的定义,B项错误。Na2O2与CO2、H2O的反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂,C项正确。Na2O2先与水反应生成O2和NaOH,

NaOH再与Ca(HCO3)2反应生成沉淀CaCO3,D项正确。3.A解析:钠在空气中燃烧,发出黄色火焰,A项正确。钠在空气中燃烧生成的是过氧化钠,B项错误。钠的硬度小,熔点低,C项错误。Na在空气中放置生成氧化钠,在空气中燃烧生成过

氧化钠,D项错误。4.D解析:A项中反应放热,导致大试管中气体压强增大,红墨水柱右侧上升。B项中胶头滴管中为NaOH浓溶液,能吸收较多的CO2,使圆底烧瓶中气体压强减小。C项中焰色试验可用光洁无锈的铁丝代替铂丝。D项中应将NaHCO3置于小试管中,Na2CO3置于大试管中,加热时右侧烧杯中

澄清石灰水变浑浊,左侧烧杯中澄清石灰水不变浑浊,说明热稳定性:Na2CO3>NaHCO3。5.B解析:过氧化钠与水反应不需要催化剂,B项错误。实验②③作为对照实验,可证明氢氧化钠和氧气不能使酚酞溶液褪色,C项正确。根据实验①的现象可判断过氧化钠与水反应可能生成了H

2O2,H2O2在MnO2作催化剂的条件下分解产生O2,A项、D项正确。6.D解析:因为氨气极易溶于水,而二氧化碳在水中的溶解度非常小,所以应该先通入氨气,A项不符合题意;过量氨气扩散到空气中会造成污染,所以要进行尾气吸收,

2NH3+H2SO4(NH4)2SO4,B项不符合题意;过滤碳酸氢钠晶体后,滤液中含有氯化铵,向滤液中通入氨,加入细小的食盐颗粒并降温可以增大溶液中铵根离子和氯离子的浓度,使NH4Cl以晶体的形式析出,C项不符合题意;固体加热不可用烧杯,该装置也不能实现二氧化碳的循环使用

,D项符合题意。7.C解析:测定某天然碱(aNa2CO3·bNaHCO3·cH2O)样品的组成,确定Na2CO3、NaHCO3、H2O的比例关系即可。碳酸钠在溶液中与二氧化碳反应转化为碳酸氢钠,碳酸氢钠的质量比碳酸钠的大,溶剂水的质量

减少,而碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度,故会析出碳酸氢钠,即观察到有白色晶体析出,A项正确。发生反应:CaO+H2OCa(OH)2,Na2CO3+Ca(OH)2CaCO3↓+2NaOH,NaHCO3+Ca(OH)2CaCO3↓+NaOH+H2O,过滤分离,滤液蒸发结

晶得到NaOH,B项正确。碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸恰好反应生成NaCl,消耗HCl的物质的量为0.05L×1.5mol·L-1=0.075mol,根据钠离子守恒可知:2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(NaCl)=0.07

5mol,C项错误。天然碱加热分解得到Na2CO3、CO2、H2O,生成二氧化碳的物质的量=1.1g44g·mol-1=0.025mol,分解生成水的总物质的量=2.25g18g·mol-1=0.125

mol,由2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,可知天然碱中n(NaHCO3)=2×0.025mol=0.05mol,碳酸氢钠分解生成的水为0.025mol,故天然碱中结晶水的物质的量=0.125mol-0.025mol=0.1mol,天然碱中n(Na2CO3)=16.6g−0

.05mol×84g·mol-1-0.1mol×18g·mol-1106g·mol-1=0.1mol,故天然碱中n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)∶n(H2O)=0.1mol∶0.05mol∶0.1mol=2∶

1∶2,故天然碱的组成为2Na2CO3·NaHCO3·2H2O,D项正确。8.A解析:容器中无气体剩余,说明氢元素转化为氢氧化钠,碳元素转化为碳酸钠,反应的化学方程式可表示为2CH4+O2+6Na2O28NaOH+2Na2CO3,所以原混合气体中CH

4与O2的体积比为2∶1。9.B解析:向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解,生成Ca(HCO3)2,再向溶液中加入NaOH饱和溶液,又有CaCO3沉淀生成,A项正确。向Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸首先发生反应:Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3,所

以Na2CO3和HCl的物质的量相等时,不会产生CO2,B项错误。NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应均生成二氧化碳气体,等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应,放出CO2的质量相等,NaHCO3和Na2CO3的质量相等时,NaH

CO3的物质的量大,所以同温同压下,生成的CO2体积大,C项正确。向Na2CO3饱和溶液中通入CO2,会发生反应:Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3,常温下,NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小,且反应消耗水,所以有NaHCO3晶体析出,D项正确。10.A解析:

当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体时,可能发生的反应有:2NaOH+CO2Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3。逐滴加入盐酸时,无论是NaOH、NaHCO3还是Na2CO3,与盐酸反应时都会生

成NaCl,当加入盐酸体积为100mL时,n(Na+)=n(Cl-),所以n(NaOH)=n(HCl)=0.02mol,溶质为NaCl时所用NaOH溶液和盐酸的体积相同,那么浓度也相同,即原NaOH溶液的浓度为0.2mol·L-1,A项正确。根据碳原子守恒,通入的CO2在标准状况下的体积

为336mL,B项错误。盐酸由25mL滴至100mL时,发生的反应为NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,消耗盐酸0.015mol,生成CO20.015mol,故通入CO2后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3;设通入CO2后所得溶液中的Na2CO3的物质的

量为x,NaHCO3的物质的量为y,根据原子守恒:2x+y=0.02mol、x+y=0.015mol,解得x=0.005mol,y=0.01mol,所得溶液中溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2∶1,C、D项错误。二、非选择题11.(1)2

NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O(2)①相同温度下,Na2CO3比NaHCO3易溶于水②bc(3)①Ⅰ②ac解析:(1)碳酸钠稳定,受热难分解,碳酸氢钠热稳定性差,受热易分解,生成二氧化碳气体,故A为碳酸氢钠,反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO

2↑+H2O,生成的CO2气体通入澄清石灰水中发生反应:CO2+Ca(OH)2CaCO3↓+H2O,生成碳酸钙沉淀,澄清石灰水变浑浊。(2)①根据实验现象可知,在相同温度下,Na2CO3比NaHCO3易溶于水。②

碳酸钠溶解过程放热,溶液温度升高,a项错误,b项正确;碳酸钠为强碱弱酸盐,水解使溶液呈碱性,滴入酚酞溶液后呈红色,c项正确。(3)①将气球内的固体同时倒入试管发生反应:Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2↑,NaHCO3

+HClNaCl+H2O+CO2↑,同等条件下,碳酸钠与盐酸反应的速率比碳酸氢钠与盐酸反应的速率小,所以Ⅰ的反应程度更为剧烈。②NaHCO3的摩尔质量为84g·mol-1,Na2CO3的摩尔质量为106g·mol-1,装置Ⅰ中n(NaHC

O3)=1g84g·mol-1≈0.0119mol,装置Ⅱ中n(Na2CO3)=1g106g·mol-1≈0.0094mol,两试管中n(HCl)=0.01mol,装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为HCO3-+H+

CO2↑+H2O,而装置Ⅱ中发生反应的离子方程式为CO32−+H+HCO3-、HCO3-+H+CO2↑+H2O,两试管中盐酸均不足量,故生成气体的体积均应根据盐酸计算,c项正确;分析可知装置Ⅰ中产生的气体比装置Ⅱ中产生的气体多

,a项正确。12.(1)(2)(3)极性共价键、离子键2Na2O2(s)+2H2O(l)4NaOH(aq)+O2(g)ΔH=-20akJ·mol-1(4)①Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3↓+2NaOH或Ba(OH)2+Na2CO3BaCO3↓+2NaOH(合理即可)②

OH-+HCO3-CO32−+H2O(5)Na2CO3、NaClCO32−+H+HCO3-解析:A为含金属离子的淡黄色固体化合物,则A为Na2O2,根据2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑及E、X为

空气中常见气体,知E为O2,B为NaOH,C为Na2CO3,D为NaHCO3,X为CO2。(3)B为离子化合物NaOH,所含化学键的类型是极性共价键、离子键;7.8gA与足量的水充分反应放出热量akJ,则2mo

lNa2O2与足量的水充分反应放出热量20akJ,该反应的热化学方程式为2Na2O2(s)+2H2O(l)4NaOH(aq)+O2(g)ΔH=-20akJ·mol-1。(4)①C转化为B,即Na2CO3转化为NaOH,可以加Ca(OH)2或Ba(O

H)2实现,化学方程式为Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3↓+2NaOH或Ba(OH)2+Na2CO3BaCO3↓+2NaOH;②B与D反应的离子方程式为OH-+HCO3-CO32−+H2O。(5)根据Na2CO

3+HClNaHCO3+NaCl,NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2↑知,Na2CO3转化为NaHCO3、NaHCO3转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等,实际上产生气体之前消耗盐酸与产生二氧化碳消耗盐酸体积之比为3∶2,说明溶液中还存在NaO

H,则原溶液中溶质为NaOH和Na2CO3,结合化学方程式和图像可知,溶液中n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶2,故A点时氢氧化钠与盐酸恰好完全反应,所以A点时溶液中的溶质是Na2CO3和NaCl,A~B的反应是Na2CO

3+HClNaHCO3+NaCl,离子方程式是CO32−+H+HCO3-。考点9铁及其化合物参考答案一、选择题1.D解析:Fe3+与I-发生反应:2Fe3++2I-I2+2Fe2+,生成的碘单质使淀粉溶液变蓝,A项错误。铁在潮湿的空气中

易生锈,铁锈的主要成分是Fe2O3·xH2O,B项错误。铁与稀硝酸反应生成的气体为NO,不能得到氢气,C项错误。Fe(OH)2露置于空气中,易被O2氧化成Fe(OH)3,由白色变为红褐色,反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4F

e(OH)3,D项正确。2.C解析:赤铁矿的主要成分是Fe2O3。铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2。向含Fe3+的溶液中加入KSCN溶液后,溶液变为红色,但没有沉淀产生,一般可以用此方法检验Fe3+的存在。3.D解析:由图可知,蒸汽反

应器中主要发生的反应为铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气,反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,A项正确。由图可知,从蒸汽反应器中出来的混合气体为水蒸气和氢气,水的沸点比氢气高,冷却混合气体可以将水液化,得到高纯氢气,B项正确。燃料反应器中氧化铁固体颗粒越小

,与氢气和一氧化碳的接触面积越大,反应速率越大,C项正确。空气反应器中发生的反应为四氧化三铁在高温下与氧气反应生成氧化铁,反应的化学方程式为4Fe3O4+O26Fe2O3,由方程式可知,反应中氧化剂(氧气)与还原剂(四氧化三铁)的物质的量之比为1∶4,D项错误。4

.C解析:反应开始时生成的H2进入乙中,可排出其中的空气,防止生成的Fe(OH)2被氧化,一段时间后关闭弹簧夹①,甲中硫酸亚铁进入乙中可生成Fe(OH)2,A项正确。FeCl3易水解,为抑制水解,配制溶液时先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中,再加水稀释到所需要的浓度,B项正确。Fe3

+与铁反应可生成Fe2+,则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化,D项正确。5.A解析:CO还原Fe2O3得到单质Fe,即使有Fe3O4,其溶于盐酸后产生的Fe3+与Fe发生反应:Fe+2Fe3+3Fe2+,加入KSCN溶液也不显红色,B

项错误。NO3-在酸性条件下具有强氧化性,而Fe2+具有还原性,两者发生氧化还原反应,有Fe3+生成,遇KSCN溶液呈红色,不能证明样品是否变质,C项错误。若原溶液中不存在Fe2+,存在Fe3+,也有此现象,D项错误。6.D解析:SO2通入混合液中,发生反应:SO2+2

H2O+2FeCl3H2SO4+2FeCl2+2HCl,溶液由棕黄色变为浅绿色,FeCl3做氧化剂,表现氧化性,SO2表现还原性;H2SO4与BaCl2反应得到BaSO4白色沉淀和HCl,故A、B、C项错误,D项正确。7.AC解析:为得到干燥纯净的Cl2,应先用饱和

食盐水除去HCl,再通过浓硫酸干燥气体,B项错误。FeCl3易潮解,而F中的浓硫酸起到干燥的作用,防止G中水蒸气进入D中,不能拆除,D项错误。8.B解析:Fe3O4的化学式可以改写为FeO·Fe2O3,则Fe3O4中Fe元素的化合价为+2价、+3价,A项正确。过程Ⅰ:2Fe

3O4(s)6FeO(s)+O2(g),当有2molFe3O4分解时,生成1mol氧气,而58gFe3O4的物质的量为0.25mol,故生成0.125mol氧气,而氧元素由-2价变为0价,故转移0.5mol电子,B项错误。过程Ⅱ中FeO与水反应生成

四氧化三铁和氢气,反应的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑,C项正确。过程Ⅰ:2Fe3O46FeO+O2,过程Ⅱ:3FeO+H2OH2↑+Fe3O4,因此该过程的总反应为2H2OO2↑+2H2↑,D项正确。9.B解析:CN-水解产生HCN,故含CN-的废水必须处理后

才能排放,A项正确。产品为含有结晶水的化合物,故“系列操作”应该为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,B项错误。“脱钙”应加入可与Ca2+反应同时补充K+的物质,故所用的“试剂X”可能是K2CO3,C项正确。加入KCl是为了交换Ca2+,故“废水”中含量较

多的溶质为CaCl2,D项正确。10.C解析:装置X为Zn与稀硫酸发生置换反应制备H2的装置,分液漏斗可调节稀硫酸的滴入速率从而控制①中气泡产生快慢,A项正确。装置①盛有浓硫酸,可用于干燥H2,防止对后面产物的检验产生干扰,B项正确

。由上述分析可知,②为检验产物H2O的装置,可盛装白色的无水硫酸铜固体,装置③的主要目的是吸收H2O并防止④中的H2O进入装置②中造成干扰,可以是无水CaCl2或P2O5固体,但碱石灰会吸收CO2,不能是碱石灰,C项错误。H

2与空气混合加热易发生爆炸,故在加热装置Y前,应先让X反应一段时间,排尽装置中的空气,D项正确。11.D解析:FeCl3溶液为棕黄色,Fe(OH)3胶体呈红褐色,溶液由棕黄色变为红褐色,说明加热促进了Fe3+的水解,A项结论合理;实验②与实验①相比较,说

明少量的SO32−促进了Fe3+的水解,滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀,说明溶液中存在Fe2+,即Fe3+也发生了还原反应,B项结论合理;实验③是向过量的Na2SO3溶液中滴加少量的FeCl3溶液,分组实验说明Fe3+发生水

解,但是未发生还原反应,C项结论合理;综合分析整个实验可知,SO32−水解显碱性,可促进Fe3+的水解反应,SO32−具有还原性,且较低浓度的SO32−可将Fe3+还原为Fe2+,因此SO32−对Fe3+的水解反应和还原反应都有影响,D项结论不合理。二、非选择题12.(

1)32(2)2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+铁粉、稀盐酸(其他合理答案均可)(3)Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+在酸性条件下,H+抑制了铁离子的水解,无法生成氢氧化铁胶体,不能使悬浮物沉降除去(4)O2+2H2O+4e-4

OH-或(其他合理答案均可)(5)11.2g解析:(1)反应过程中,氧元素从0价变为-2价,每消耗1molO2转移4mol电子,当有3mol的FeS2参与反应时,消耗8mol的O2,故转移32mol的电子。(2)Fe3+与铜反应的离子方程式

为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+;腐蚀废液中的铜元素以Cu2+的形式存在,故回收金属铜还需要的试剂是铁粉、稀盐酸。(3)硫酸铁的净水原理是Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体:Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+,Fe(OH)3胶

体可以吸附水中的杂质;酸性废水中存在大量的H+,从而抑制了Fe3+的水解,故硫酸铁并不能使酸性废水中的悬浮物沉降。(4)钢铁发生吸氧腐蚀时,正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-;利用原电池原理可保护铁,此时可将石墨电极调换为锌片,工作中

电子由锌通过导线流向铁电极;还可利用电解池原理,将铁与电源的负极相连接,此时电子由石墨电极流出、进入电源的正极,再由电源的负极流出、进入铁电极上。(5)由加入铁粉后收集到0.1molH2知,Fe2O3与盐酸反应后HCl剩余0.2m

ol,故与Fe2O3反应的HCl的物质的量为(160×5×10-3-0.2)mol=0.6mol。结合Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O可知,生成了0.2mol的Fe3+。加入的铁粉先与Fe3+反应:2Fe3++Fe3Fe2+,

故Fe3+消耗0.1molFe,综上所述,共消耗0.2molFe,质量为11.2g。13.(1)Fe2O3+6H+2Fe3++3H2O(2)C(3)Fe2+被氧化为Fe3+,Fe3+水解产生H+(4)(0.01

18ab-0.646c)或29������2450-1131���1750解析:(1)碱性氧化物(Fe2O3)与酸(H2SO4)反应生成相应的盐[Fe2(SO4)3]和水。(2)Fe3+的检验应选择KSCN溶液,C项正确;A、B项均为检验Fe2+所需的试剂。(3)第Ⅱ步加活化

硫铁矿还原Fe3+后,滤液中含有大量Fe2+,则通入空气引起溶液pH降低的原因是空气中的O2将Fe2+氧化为Fe3+,Fe3+水解产生H+,使溶液pH降低。(4)加入FeCO3的目的是中和剩余H2SO4和生成的H2SO4,根据化

学方程式Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O和FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O15FeSO4+8H2SO4知1molFe2O3生成FeSO4实际消耗137molH2SO4,根据化学方程式FeCO3+H2SO4FeSO4+H2O+CO2↑,则消耗FeCO3的物质

的量即为剩余硫酸的物质的量=���×���%98−���×50%×96%160×137×103mol,即应加入FeCO3的质量为���×���%98-���×50%×96%160×137×103mol×116

g·mol-1=(0.0118ab-0.646c)kg。考点10金属材料参考答案一、选择题1.C解析:钢和生铁均属于铁碳合金,钢中的含碳量低、生铁中的含碳量高,铁合金的硬度和脆性随含碳量增大而增大,A、B项均正确。合金的熔点通常比

各组分的熔点低,C项错误。赤铁矿的主要成分为氧化铁,D项正确。2.D解析:稀硫酸与Fe(OH)3反应得到的Fe2(SO4)3溶液呈黄色,稀硫酸不能使无色酚酞溶液变色,A、C项错误。稀硫酸与Fe2O3反应得到的Fe2(SO4)3溶液呈棕黄色,B项错误。稀硫酸与Cu(OH)2反应得

到的CuSO4溶液呈蓝色,稀硫酸与Ba(NO3)2反应得到的BaSO4是白色沉淀,稀硫酸与Fe(OH)2反应得到的FeSO4溶液呈浅绿色,稀硫酸使紫色石蕊溶液变红,D项正确。3.B解析:本题是高中化学学习中

非常熟悉的情境,以有关工艺流程为载体考查物质的制备。从流程可知,煅烧MgCO3可生成MgO,加入NH4Cl溶液,由于NH4Cl水解使溶液显酸性,因此会发生反应MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O,A项正确。在沉镁过程中加入氨水,由于

NH3·H2O易分解,因此该过程不能在较高温度下进行,B项错误。从整个流程中看出,沉镁后的滤液中含有NH4Cl,则可循环利用的物质是NH4Cl和NH3,C项正确。Mg2+、Al3+、Fe3+的分离是利用了它们氢氧

化物的Ksp不同,D项正确。4.D解析:铝离子与碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀,若用NaHSO4代替NaHCO3,无法得到Al(OH)3,D项符合题意。5.D解析:根据题中信息,由向红色固体中加入稀硫酸得到

红色固体和蓝色溶液可推出原红色固体里一定有Cu2O;溶液中的红色固体铜,可能是原来固体中含有铜,也可能是由Cu2O与硫酸反应生成的。6.D解析:向固体混合物中加入过量浓NaOH溶液,加热得到气体,将气体通过碱石灰,体积不变,通过浓硫

酸,体积减小,可知固体混合物中存在Al和(NH4)2SO4,产生的5.60L气体为NH3(2.24L)和H2(3.36L),结合标准状况下3.36LH2为0.15mol及关系式2Al~3H2可知,与NaOH溶液反应的Al为0.1mol,其质量为2.7g,由

加入过量浓NaOH溶液得到白色沉淀,且久置无明显变化,可知混合物中一定含有MgCl2,一定不含FeCl2,B、C项错误。标准状况下5.60L气体为0.25mol,其中含有氨气0.1mol,则固体混合物中含有(NH4)2SO40.05mol,n(MgCl2)=2.90g58g·mol-1=0.

05mol,由Al、(NH4)2SO4、MgCl2三者的质量之和为14.05g,可知该固体混合物由Al、(NH4)2SO4、MgCl2组成,A项错误,D项正确。7.A解析:干燥的HCl不仅可防止CuCl被氧化,还可抑制CuCl2·2H2O在脱水过程中发生水解,故不能用干燥的N2代替

,A项错误。白色的无水CuSO4固体遇水蒸气变为蓝色的CuSO4·5H2O,因此干燥管中无水CuSO4的作用是检验生成物水蒸气,B项正确。湿润的蓝色石蕊试纸的作用是检验生成的Cl2,可用品红溶液代替,C项正确。NaOH溶液的作用是吸收HCl和反应生成的Cl2,防止污染空气,HCl

极易溶于NaOH溶液,氯气能与NaOH溶液反应,玻璃管直接插入NaOH溶液中容易导致倒吸,D项正确。8.A解析:这是一道综合性的化工生产流程题,涉及电解法制铝、黄铜矿炼铜、石英制硅等。Al2O3Al、黄铜

矿(CuFeS2)Cu、石英(SiO2)Si都涉及了氧化还原反应。石灰石、纯碱、石英制玻璃主要发生的反应为CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑,Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑,此过程未发生氧化还原反应,A项不正确。9.

D解析:Cu(OH)2的质量为19.6g,其物质的量为0.2mol,设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol,则x+2y=0.2,64x+144y=13.6,解得x=0.1,y=0.05,则Cu和Cu2O的物质的量之比为2∶1,A项错误。根据得失电子守恒,反应

中转移电子的总物质的量为0.3mol,故生成NO的物质的量为0.1mol,但未注明温度和压强,故气体体积无法确定,C项错误。加入NaOH的物质的量为0.5mol,生成0.2molCu(OH)2时消耗0.4molNaOH,故有0.1molNaOH中和

硝酸,所以固体完全溶解后剩余HNO3的物质的量为0.1mol,D项正确。由氮原子守恒可知,n(HNO3)=0.6mol,c(HNO3)=2.4mol·L-1,B项错误。10.D解析:根据流程可知,CuS精矿(含Zn、Fe元素

的杂质)在高压O2作用下,用硫酸溶液浸取过程中发生氧化还原反应,所得反应产物为Cu2+、S、H2O、Zn2+、Fe3+,然后通入NH3调节溶液pH,使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式

存在于溶液中,因此过滤得到的固体X中含有S、Fe(OH)3,滤液中含有Cu2+、Zn2+;然后向滤液中通入高压H2,因为还原性Zn>H2>Cu,因此Cu2+可被高压H2还原为金属Cu,金属Cu可通过过滤分离出来,而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中

,再经一系列处理可得到金属Zn。根据上述分析可知,A项正确;CuS难溶于硫酸溶液,在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),增大O2的压强,可以增大O2氧化S2-的速率,使之更快地转化为S,从而加快沉淀溶解平衡正向移动,促进金属离子的浸出,B项正确;要使F

e3+转化为沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,结合离子沉淀的pH范围,可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2~4.2,C项正确;在溶液中用高压H2还原Cu2+变为金属Cu所发生的反应为H2+Cu2+2H++Cu,若还原时增大溶液的酸度,c(H+)增大,反应向左进行,不利于Cu的

生成,D项错误。二、非选择题11.(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)铝(4)磷不能除净(磷酸盐会转化为可溶性酸式盐)硅不能除净(生成氢氧化镁,镁离子被消耗)(5)C(6)2Cr2O72−+3S2O52−

+10H+4Cr3++6SO42−+5H2O解析:(1)碱性条件下,铬被氧化为Na2CrO4。(2)Fe2O3不与Na2CO3、NaOH反应,也不溶于水。(3)根据元素守恒可知,Al元素在沉淀环节被除去,浸取时溶液为碱性,铝以[Al(OH)4]-形式存在,调节

溶液pH可生成Al(OH)3沉淀而除去:[Al(OH)4]-+H+Al(OH)3↓+H2O。(4)若pH<9,随着pH变小,PO43−将会转化为HPO42−或H2PO4-由于HPO42−和H2PO4-的盐的溶解度比磷酸盐大得多,甚至为易溶物,因此

会导致磷不能除净。若pH>9,随着pH变大,Mg2+将转化为Mg(OH)2沉淀,Mg2+浓度降低会使得c(Mg2+)·c(SiO32−)<Ksp(MgSiO3),导致硅不能除净。(5)V2O5在pH<1时,以阳离子VO2+或VO3+形式成盐,碱性条件以酸根离子VO3-或VO43−形式

成盐,故V2O5为两性氧化物。(6)Cr2O72−、Cr3+中Cr的化合价分别为+6价、+3价,S2O52−、SO42−中S的化合价分别为+4价、+6价,根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式:2Cr2O72−+3S2O

52−+10H+4Cr3++6SO42−+5H2O。12.(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物[Al(OH)4]-+H+Al(OH)3↓+H2O(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+(3)O2或空气Fe3+(4)0.01×(107.2-14)2[或10-5×(108.7-1

4)2]3.2~6.2(5)2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O(6)提高镍回收率解析:本题考查了以废弃的含镍催化剂为原料,通过一定的工艺流程制取硫酸镍晶体的过程。(1)废镍催化剂中能与NaOH溶液反应的有油脂、铝及其氧化物。滤液①中的溶质为Na[Al(OH)4]、高级

脂肪酸钠和甘油,当向该滤液中滴加稀硫酸时,其中的Na[Al(OH)4]可与稀硫酸反应得到Al(OH)3沉淀。(2)滤饼①的成分为Ni、Fe及其氧化物等,用稀硫酸酸浸时可得到NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3等,则滤液②中的金属阳离子

有Ni2+、Fe2+、Fe3+。(3)加H2O2溶液“转化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,可以用O2或空气替代起氧化作用的H2O2溶液,这样既能将Fe2+氧化,又不引进新杂质。由于Fe2+开始沉淀、

沉淀完全时的pH与Ni2+的相近,所以若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,则“调pH”得到Fe(OH)3沉淀,Fe2+与Ni2+一起存在于溶液中,通过“转化”(氧化)使Fe2+转化为Fe3+,则滤液③中可能的杂质离子为氧化得到的Fe3+。(4)根据Ni2+开始沉淀时的pH为7.

2,可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=0.01×(107.2-14)2;根据Ni2+完全沉淀时的pH为8.7,也可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(108.7

-14)2。“调pH”是为了使Fe3+沉淀完全,根据Fe3+完全沉淀时的pH为3.2可知,pH应大于3.2;同时不能使Ni2+沉淀,则c(Ni2+)·c2(OH-)<0.01×(107.2-14)2,根据c(Ni2+)=1.0mol·L-

1,可求得c(OH-)<10-7.8mol·L-1,对应c(H+)>10-6.2mol·L-1,则pH还应小于6.2,即“调pH”控制的pH范围是3.2~6.2。(5)Ni2+被ClO-氧化为NiOOH,ClO-被还原为Cl-,根据得失电子守恒可配平得:2Ni2++ClO-2NiOOH↓+C

l-,最后可配平得:2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O。(6)母液中含有未结晶的硫酸镍,循环使用母液可提高镍的回收率。考点11氯及其化合物海水资源利用参考答案一、选择题1.A解析:由于液溴容易挥发,且液溴的密度大于水的密度,所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封,A

项正确;能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝的物质不一定是氯气,B项错误;某溶液中加入CCl4,CCl4层显紫色,证明溶液中存在碘单质,C项错误;某溶液加入BaCl2溶液,产生不溶于稀硝酸的白色沉淀,该溶液可能含有Ag+或SO42−等,D项错误。2.B解析:MnO2与

浓盐酸的反应需要加热,图中没有加热装置,故甲烧瓶内的试剂不可能是MnO2,A项错误。装置乙中饱和食盐水可以除去氯气中的HCl气体,还能利用排饱和食盐水的办法收集气体,B项正确。丙中KI被氧化为I2,经苯萃取后苯层在上层,则上层呈紫红色,C项错误。丙中可能氯气过量,过量的氯气

也能与KI反应生成I2,无法验证溴、碘的非金属性强弱,D项错误。3.C解析:“酸化反应”的化学方程式为2KClO3+I2+HClKH(IO3)2+Cl2↑+KCl,其中氧化剂是KClO3,氧化产物为KH(IO3)2,故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2∶1,A项错误。加热可以促进溶解在溶

液中气体的逸出,故“逐Cl2”过程只需要加热溶液即可,不用加入烧碱或KI晶体除Cl2,B项错误。根据反应5I-+IO3-+6H+3I2+3H2O和碘单质能使淀粉溶液变蓝色,故借助食醋和淀粉碘化钾试纸即可检验是否含有补碘剂,C项正确。

由于KIO3受热易分解,故操作X为降温(冷却)结晶,D项错误。4.C解析:C选项,反应②中H2O2为还原剂,NaClO4无还原性。5.C解析:A项,Cl2和NaClO2反应制备ClO2的化学方程式为2NaClO2+Cl22N

aCl+2ClO2,NaClO2作还原剂,Cl2作氧化剂,n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶2;B项,ClO2在强碱性环境中发生反应2ClO2+2OH-ClO3-+ClO2-+H2O;C项,所给离子方程式得失电子不守恒、电荷不守恒,正确的离子

方程式应为ClO2-+4Fe2++4H+4Fe3++Cl-+2H2O,且若加入FeSO4会引入SO42−,影响水质,应选用FeCl2;D项,由ClO2~5e-~Cl-,Cl2~2e-~2Cl-、HClO~2e-~Cl-可知,等物质的量的ClO2的杀菌效果比Cl2、HCl

O的强。6.A解析:A项中没有还原剂,ClO-不能被还原为Cl-,A项错误;B项反应中生成HClO,光照条件下HClO分解产生O2,会产生气泡,B项正确。7.C解析:氯气的氧化性强于溴的氧化性,所以2Br-+Cl2Br2+2Cl-,A项正确;1molCl2与足量的NaOH溶液反应时转移1

mole-,甲装置中NaOH溶液每吸收0.1molCl2,转移0.1mole-,B项正确;根据表中信息,应用正十二烷作萃取剂,由于正十二烷的密度比水的密度小,所以溶解Br2的有机层在上层,C项错误;把Br2的正十二烷溶液进行蒸馏,由于正十二烷的沸点大于溴的沸点

,所以用丙装置进行蒸馏,先收集到的是Br2,D项正确。8.AD解析:灼烧固体时应在坩埚中进行,A项错误;酸性条件下,H2O2能将I-氧化为I2,B项正确。将碘水加入CCl4中得到I2的CCl4溶液,该操作为萃取,D项错误。9.C解析:氯气是有毒气体

,不能直接排放到空气中,G装置中的氢氧化钠溶液能与氯气反应从而除去多余氯气,防止空气污染,A项正确。因为AlCl3易水解,所以铝与氯气反应必须在干燥的环境下进行,因此装置C和F中的试剂均为浓硫酸,其作用是防止水蒸气进入E中

,B项正确。用50mL12mol·L-1的盐酸与足量的MnO2反应,由于浓盐酸不断消耗,变为稀盐酸后与二氧化锰不反应,所以产生氯气的物质的量小于0.15mol,因此所得氯气可以制取氯化铝的物质的量小于0.1mol,质量小于13.35g,C项错误。实验过程中应先点燃A处的酒精

灯,反应产生氯气,利用氯气排净装置内的空气,待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯,使氯气与铝粉反应,D项正确。二、非选择题10.(1)BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液(答案合理即可,Na2CO3溶液应放在BaCl2溶液后面)(2)

H23H2O+Cl--6e-ClO3-+6H+2NaClO3+4HCl2ClO2↑+2NaCl+2H2O+Cl2↑(3)①酸式滴定管②溶液蓝色恰好消失,且30s内不恢复原色③偏高④2���������解析:(1)根据除杂不引入新

杂质的原则,用氯化钡溶液除去硫酸根离子,用碳酸钠溶液除去钙离子和过量的钡离子,用氢氧化钠溶液除去镁离子。需要注意的是碳酸钠溶液要在氯化钡溶液加入后再加入,否则过量的钡离子无法除去,对于氢氧化钠溶液,可以先加也可以后加,对除去其他杂质离子无影响,因此沉淀剂的加入顺序可以为BaCl2溶液、

NaOH溶液、Na2CO3溶液。(2)将食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠,氯元素的化合价由-1价升高为+5价,Cl-失电子,发生氧化反应,该过程在电解池阳极完成,电极反应式为3H2O+Cl--6e-ClO3-+6H+;阴极上得电子,发生还原反应,水在阴极得电子生成氢氧根离子,放出氢气;反应

Ⅲ为电解得到的氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成ClO2,根据电子得失守恒和元素守恒,反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl2ClO2↑+2NaCl+2H2O+Cl2↑。(3)①进行滴定实验,需要使用滴定管,酸式滴定管用来盛放酸性或氧化性溶液,ClO2溶液具有氧

化性,应盛放在酸式滴定管中。②以淀粉溶液作指示剂,用dmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点,根据已知反应I2+2S2O32−2I-+S4O62−,加入最后一滴Na2S2O3溶液,蓝色恰好消失,且30s内不恢复原色。③若实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质,Na

2S2O3的浓度会降低,滴定时消耗标准液的体积增大,则实验结果会偏高。④用dmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液bmL,根据反应I2+2S2O32−2I-+S4O62−,2ClO2+10I-+8H+5I2+2Cl-+4H2O可

知,2ClO2~5I2~10S2O32−,n(S2O32−)=db×10-3mol,则amLClO2溶液中含有的ClO2的物质的量为2db×10-4mol,则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为2db×10-4mol×1

00mL���mL=2���������×10-2mol,所以原ClO2溶液的物质的量浓度为2���������×10-2mol0.01L=2���������mol·L-1。11.(1)①先将玻璃导管用水润湿②bca(2)缺少尾气处理装置Cl2>Br2>Fe3+(3)

①过量氯气与SCN-发生反应:2SCN-+Cl22Cl-+(SCN)2,使SCN-浓度减小,平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3向逆反应方向移动从而使溶液褪色取少量褪色后的溶液,滴加KSCN溶液,若溶液变红,则上述推测合理[或取少量褪色后的溶液,

滴加FeCl3溶液,若溶液不变红,则上述推测合理(答案合理即可)]②BrCl+H2OHBrO+HCl,反应产生Cl-,由于AgBrO可溶于水,加入AgNO3溶液,只能生成AgCl白色沉淀解析:(1)②向烧瓶中加入药品的顺序为“先固后液”。(2)

氯气有毒,该实验中无尾气处理装置。D装置溶液变红,说明Fe2+被氧化为Fe3+,说明Cl2的氧化性比Fe3+的强;E装置中水层溶液变黄,振荡试管后CCl4层无明显现象,说明向Fe2+与Br-共存的溶液中通入氯气,Fe2+先被氧化,即Br2的氧化性比Fe3+的强

。(3)①由于(SCN)2的性质与卤素单质的类似,且氧化性:Cl2>(SCN)2,当Cl2过量时,Cl2将SCN-氧化为(SCN)2,使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3的平衡向逆反应方向移动从而使溶液褪色

。考点12硫及其化合物参考答案一、选择题1.C解析:自然界中存在游离态的硫,如火山口附近就有单质硫,A项正确;过度排放二氧化硫会污染空气,形成酸雨,B项正确;二氧化硫能使滴有酚酞溶液的氢氧化钠溶液褪色,体现了S

O2酸性氧化物的性质,与漂白性无关,C项错误;浓硫酸具有吸水性,可干燥SO2、CO、Cl2等气体,D项正确。2.B解析:SO2使溴水、酸性KMnO4溶液褪色是因为SO2具有还原性,能使品红溶液褪色是因为SO2具有漂白性,S

O2不能使指示剂褪色,A项错误;能使品红溶液褪色的物质很多,B项正确;SO2的漂白属于化合型漂白,活性炭的漂白属于吸附型漂白,漂白粉、Na2O2的漂白属于氧化型漂白,这些漂白剂的漂白原理不相同,C项错误;等物质的量的SO2

和Cl2在溶液中会发生反应生成H2SO4和HCl,而使漂白能力减弱,D项错误。3.B解析:②中含有NO3-,在酸性条件下能把二氧化硫氧化成硫酸,SO42−与Ba2+结合生成白色沉淀BaSO4;③中二氧化硫与氨水反应生成SO32−,SO32−与Ba2+结合生成白色

沉淀BaSO3,A项错误。一开始硫酸浓度较大,可能直接把铜氧化成氧化铜,而后硫酸变稀,黑色固体溶解,B项正确。反应后剩余硫酸浓度仍然较大,稀释时应该将剩余溶液加入水中以免液体飞溅,C项错误。二氧化硫使品红溶液褪色,是二氧化硫与有

色物质生成不稳定的无色物质,生成的无色物质容易分解而使有色物质恢复原来的颜色,所以加热④中褪色后的溶液,溶液恢复红色,D项错误。4.A解析:浓硫酸与Cu片的反应需要加热,图中的装置①没有加热装置,故不能用Cu

片代替Na2SO3,A项错误。装置②中溴水是用来验证SO2具有还原性的,可以用酸性高锰酸钾溶液代替溴水,B项正确。装置③中的Na2S溶液是用来验证SO2具有氧化性的,现象是溶液变浑浊,C项正确。SO2不溶于CCl4,将SO2通入装置④,不会引起倒吸,且SO2会被Na

OH溶液吸收,不会被排放到空气中,D项正确。5.C解析:题述制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳,A项错误。SO2作漂白剂时,未发生氧化还原反应,没有表现还原性,B项错误。题述流

程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换,否则得不到过饱和的NaHSO3溶液,C项正确。“结晶脱水”应该在坩埚中进行,D项错误。6.C解析:①无法排除SO32−、Ag+的干扰;②Ba2+BaSO3SO2;③已排除

SO32−、Ag+的干扰;④K+的焰色应透过蓝色钴玻璃观察。二、非选择题7.(1)锥形瓶(2)硫化氢溶液(或硫化钠溶液、硫氢化钠溶液等)(3)还原SO2+Br2+2H2OSO42−+4H++2Br-(4)CaSO4沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没

沉淀,待水流尽重复2~3次以上操作过量0.5mol·L-1HCl溶液品红溶液(5)NaOH溶液吸收多余的SO2,防止污染环境,造成大气污染解析:(1)根据图示,仪器①是锥形瓶。(2)装置B需要检验SO2的氧化性,可选用硫化氢水溶液或硫化钠溶液、硫氢化钠溶液,因上述三种物质中硫元素都为-2价,

都能被二氧化硫氧化,体现二氧化硫的氧化性。(3)在反应Br2+SO2+2H2O2HBr+H2SO4中,Br元素的化合价由0价降低为-1价,则Br2为氧化剂,在反应中表现氧化性,S元素的化合价由+4价升高为+6价,SO2为还原

剂,在反应中表现还原性,离子方程式为SO2+Br2+2H2OSO42−+4H++2Br-。(4)①新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有强氧化性,二氧化硫具有还原性,两者会发生氧化还原反应,生成产物可能为硫酸钙。②白色沉淀表面有氯离子等,需除去

沉淀表面的离子,方法是沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀,待水流尽后重复2~3次以上操作;亚硫酸钙与盐酸发生反应:CaSO3+2HClCaCl2+SO2↑+H2O,二氧化硫能使品红溶液褪色;因为沉淀样品完全溶解,因此不能选用0.5mol·L-1H2SO4溶液。(5

)二氧化硫是有毒气体,属于大气污染物,所以装置E的作用是吸收二氧化硫,防止造成空气污染,则E中可盛装氢氧化钠溶液,氢氧化钠溶液与二氧化硫发生反应2NaOH+SO2Na2SO3+H2O,为防止倒吸,需用倒扣的漏斗。8.(1)分液漏斗品红试纸褪色,蓝色石

蕊试纸变红BaSO4(2)C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O(3)③②④排尽装置中的空气,防止空气中的CO2影响实验(4)Fe+2H+Fe2++H2↑解析:(1)由装置图可知,仪器b为分液漏斗,生铁(含碳)与

浓硫酸反应生成二氧化硫,可使湿润的品红试纸褪色,使湿润的蓝色石蕊试纸变红;酸性条件下NO3-具有强氧化性,把二氧化硫通入硝酸钡溶液,会生成硫酸钡沉淀。(3)二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊,因此应先用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫,然后通

过品红溶液检验二氧化硫是否除尽,最后通入澄清石灰水检验二氧化碳,从左到右的顺序为③②④。(4)随着反应的进行,浓硫酸变为稀硫酸,Fe与稀硫酸反应生成氢气,反应的离子方程式为Fe+2H+Fe2++H2↑

。9.Ⅰ.(1)CaS(2)CaS+2SO2CaSO4+S23Ⅱ.(3)A(4)4I-+HSO3-+5H+2I2+S↓+3H2O(5)33.3(6)H2S解析:Ⅰ.(1)根据流程,在再生塔中精煤与CaSO4反应生成CO2,C被氧化成CO2,则CaSO4被还原成Ca

S而在流程中循环使用,反应的化学方程式为2C+CaSO4CaS+2CO2↑。(2)根据“固体还原剂直接还原法是指在一定温度下(200~300℃)将SO2烟气通过固体还原剂,使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上,从而实现将SO2还原”,在脱硫塔中CaS与SO2反应生成CaSO4和S2

,根据元素守恒,脱硫塔中发生反应的化学方程式为CaS+2SO2CaSO4+S2;在该反应中,CaS中S元素的化合价由-2价升至0价,SO2中S元素的化合价部分由+4价升至+6价、部分由+4价降至0价,生成1mol

S2转移4mol电子,当产生48g单质S2时转移电子的物质的量为48g64g·mol-1×4=3mol。Ⅱ.(3)根据流程,“操作”是从含NaHSO4的溶液中获得NaHSO4·H2O,故“操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤,蒸发

浓缩时需要使用蒸发皿和坩埚钳,过滤时需要使用漏斗,则“操作”时不需要用到的是坩埚。(4)②的反应为I2+HSO3-+H2O2I-+SO42−+3H+,在②中I2将HSO3-氧化成SO42−,I2被还原成I-。根据流程,I-催化NaHSO3,反应生成S和NaHS

O4,I-是催化剂,在反应前后质量和化学性质不变,则①中I-将NaHSO3还原成S,I-被氧化成I2,根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒,①的离子方程式为4I-+HSO3-+5H+2I2+S↓+3H2O。(5)根据(4)的分析,液相催化歧化制硫法的总反应为3HSO3-2SO42−+S↓+H++H

2O,理论上3molHSO3-参与反应生成1molS,所以该法硫黄的回收率不会超过13,即不会高于33.3%。(6)若采用Na2S溶液作为碱盐吸收液,由于H2SO3的酸性强于H2S的酸性,SO2与Na2S溶液反应会生成H2S,从而产生二次污染。考点1

3氮及其化合物参考答案一、选择题1.B解析:本题考查了喷泉实验的形成条件判断。从原理上来说,只要是圆底烧瓶内的压强小于外界压强即可形成喷泉。H2S为酸性气体,在稀盐酸中的溶解度较小,A项不能形成喷泉;HCl气体与稀氨水反应后,圆底烧瓶内压强减小,B项极易形成喷泉;NO气体难溶于稀硫酸,且与稀硫

酸不反应,C项不能形成喷泉;CO2气体在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小,D项不能形成喷泉。2.A解析:NH3能与HCl发生化合反应,生成NH4Cl白色固体,NH3也能与H2SO4发生化合反应,生成(NH4)2SO4;NH3与氯化物溶液反应生成氢氧化物沉淀,该氯化物可以是

氯化铝、氯化镁等;NH3溶于水生成NH3·H2O,NH3·H2O属于碱,NH3不属于碱。3.B解析:根据图像可知硝酸的还原产物有多种,因此一般来说,硝酸与铁反应的还原产物不是单一的,A项正确;参加反应的硝酸包括被还原的,以及没有被还原的(转化为硝酸盐),因此参加反应的硝酸的物质的量大于0.

1mol,B项错误;根据图像可知随着硝酸浓度的升高,NO2的含量增大,这说明硝酸的浓度越大,其还原产物中价态越高的成分越多,C项正确;根据图像可知当硝酸浓度为9.75mol·L-1时还原产物是NO、NO2、N2O,且其物质的量之比为10∶6∶2=5∶3∶1

,D项正确。4.C解析:甲为制备氨的发生装置,利用NH3·H2O的分解反应,A项正确。氨的密度比空气的小,利用向下排空气法收集,故a导管短、b导管长,B项正确。因为苯的密度比水的小,苯在上层,故将四氯化碳换成苯后不能防止倒吸,C项错误。氨与氯气反应可以生成氯化铵固体,产生白烟,D项

正确。5.B解析:SO2、CO2与过量石灰乳反应生成CaSO3、CaCO3,故固体1中主要含有CaSO3、CaCO3、Ca(OH)2,A项正确;X可以是空气,但不能过量,若空气过量,通过NaOH溶液后得不到NaNO2溶液,而是得到NaNO3溶液,B项

不正确;N2无污染,CO无法被NaOH溶液吸收,捕获剂主要捕获CO,C项正确;NH4+与NO2-在溶液中发生氧化还原反应生成N2和H2O,D项正确。6.B解析:由流程可知,石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应

,生成Ca(NO2)2,过量的石灰乳以滤渣存在,经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到无水Ca(NO2)2。在题述工艺的吸收过程中,尾气从吸收塔底部进入,石灰乳从吸收塔顶部喷淋,其目的是使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触,NO、NO2就可以被充分吸收,A项正确。石灰乳和硝酸工业

的尾气(含NO、NO2)反应,生成Ca(NO2)2,Ca(NO2)2易溶于水,Ca(OH)2微溶于水,因此滤渣的主要成分是Ca(OH)2,B项错误。NO、NO2在溶液中与Ca(OH)2发生反应:NO+NO2+Ca(O

H)2Ca(NO2)2+H2O,n(NO)∶n(NO2)=1∶1,恰好反应产生Ca(NO2)2;若NO2过量,反应产物中含有杂质Ca(NO3)2,若n(NO)∶n(NO2)>1∶1,NO不能完全被吸收,故为提高Ca(NO2)2的产率及纯度,则n(NO)∶n(NO2)应控制为1∶1,

C项正确。生产中溶液需保持弱碱性,在酸性溶液中Ca(NO2)2不稳定,会发生反应生成NO和NO2,不利于硝酸工业尾气的吸收,D项正确。7.D解析:图①中产生的红棕色气体应为NO2和O2的混合气体,原因是灼热的碎玻璃促进了硝酸的分解,A项正

确;图②中的气体可能是红热的木炭促进了硝酸分解生成的,也可能是木炭与浓硝酸反应生成的,B项正确;图③中,由于红热的木炭没有插入浓硝酸中,但仍有红棕色气体产生,说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气体NO2为还原产物,C项正确;图③中气体产物中的二氧化碳

也可能是硝酸分解产生的O2与红热的木炭反应生成的,D项错误。8.C解析:已知氧化性NO3->Fe3+>H+,OA段发生反应Fe+NO3-+4H+Fe3++NO↑+2H2O,AB段发生反应Fe+2Fe3+3Fe2+,BC段发生反应Fe+2H+Fe2++H2↑。开始时

产生的气体为NO,A项错误。AB段发生的是化合反应,B项错误。根据反应Fe+NO3-+4H+Fe3++NO↑+2H2O可得关系式:HNO3~NO,生成NO的物质的量为1.12L22.4L·mol-1=0.05mol,则所用混合溶液中c(HNO3)=0.5mol·L-1,C项正确。根据得失电子守恒

,最终产物中铁元素全部以Fe2+形式存在,所以3×n(NO)+2×n(H2)=2n(Fe),代入数值进行计算:3×0.05mol+2×1.68L−1.12L22.4L·mol-1=2n(Fe),n(Fe)=0.1mol,参加反应的铁粉的总质量m2=5.6g,D项错

误。二、非选择题9.(1)除去硝酸(2)4NO+O2+2CO32−4NO2-+2CO2(3)排尽空气,防止可能生成的NO被完全氧化成NO2,造成对A中反应产物检验的干扰(4)E→D→B(5)4NO2+O2+4NaOH4NaNO3+2H2O(6)取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化,滴加

淀粉溶液,无明显现象,滴加少许NaNO2溶液,溶液变蓝,证明NaNO2具有氧化性解析:Ⅰ.(1)硝酸易挥发,装置B的作用是除去硝酸。(2)N元素化合价升高,必有O2参与,同时澄清石灰水变浑浊,应有CO2生成,则C中制备NaNO2的离子方程式为4NO+O2+2CO32−4NO2-

+2CO2。Ⅱ.(3)空气中的氧气能氧化NO,所以必须先排尽空气,防止可能生成的NO被完全氧化成NO2,造成对A中反应产物检验的干扰。(4)由于NO2的液化温度高,所以首先检验NO2,即先通过E,再通过D,最后需要进行尾气处理,即连接顺序是E→D→B。(5)若氧气

过量,则进入B装置的气体全部是NO2,所以反应的化学方程式为4NO2+O2+4NaOH4NaNO3+2H2O。10.(1)NO(2)Fe+2H+Fe2++H2↑(3)①硝酸浓度相同,铜的还原性比铁的还原性弱,但Ⅰ中溶液变蓝且无氢气放出②铁粉过量,但是溶液中0.00

1molH+仅被还原了约5.4×10-4mol,据此可以推测+5价的N也被还原取Ⅱ中反应后的溶液,加入足量NaOH溶液并加热,产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体③金属的种类(或还原剂的还原性,金属的还原性等)温度(或者硝酸的浓度)解析:(1)NO遇空

气变为红棕色,Ⅰ中的无色气体遇空气变红棕色,所以Ⅰ中的无色气体是NO。(2)有氢气生成,则氢离子被铁还原成H2,反应的离子方程式是Fe+2H+Fe2++H2↑。(3)①对比实验Ⅰ和Ⅱ,硝酸浓度相同,铜的还原性比铁的还原性弱,但Ⅰ中溶液变蓝且无氢气放出,所以甲的说法不正确。②铁粉过量,但

是溶液中0.001molH+仅被还原了约5.4×10-4mol,据此可以推测+5价的N也被还原;NH4+遇碱放出氨气,检验NH4+的操作是:取Ⅱ中反应后的溶液,加入足量NaOH溶液并加热,产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。③实

验Ⅰ和Ⅱ的不同条件是所用金属不同,可知影响硝酸还原产物不同的因素有金属的种类,还可能有硝酸的浓度。考点14无机非金属材料参考答案一、选择题1.C解析:航天服所用的聚酯纤维为有机合成高分子材料,A项错误。“天眼”反射面板所用的铝合金属于金属材料,B项错误。港珠澳大桥所

用的水泥为硅酸盐材料,属于无机非金属材料,C项正确。“蛟龙号”所用的钛合金属于金属材料,D项错误。2.A解析:水玻璃为硅酸钠的水溶液,属于混合物,B项错误。水晶的主要成分是二氧化硅,是氧化物,不是硅酸盐,C项错误。二氧化硅可用于制造光导纤维,D项错误。3

.A解析:沙子的主要成分为SiO2,不属于硅酸盐,A项错误。“燃薪举火”是使成型的黏土器皿发生复杂的物理化学变化而制成陶器,B项正确。烧制过程中铁的化合物被氧化为氧化铁,得到红瓦,若浇水则发生氧化还原反应得到氧化亚

铁而成为青瓦,C项正确。制作砖瓦、陶瓷的主要原料是黏土,D项正确。4.C解析:Na2SiO3H2SiO3;H2SiO3SiO2;SiO2Na2SiO3;SiO2不能与H2O反应,故不能一步转化为H2SiO3。5.A解析:氧化铁为红棕色,因此瓷器的青色不是来自氧

化铁,A项错误;陶瓷是以黏土(主要成分为含水的铝硅酸盐)为主要原料,经高温烧结而成的,其化学性质稳定,不与酸、碱和氧气等反应,B、C、D三项正确。6.C解析:SiO2是酸性氧化物,A项错误。Na2CO3溶液呈碱性,盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用玻璃塞,B项错误。题图中

有的转化不是氧化还原反应,例如SiO2与NaOH溶液的反应,D项错误。7.D解析:硅在自然界中全部以化合态形式存在,D项错误。8.CD解析:反应②是在高温下进行的,CO2为气体,逸出可使平衡正向移动,促使反应继续进行,B项错误。9.AB解析:SiC和SiO

2中Si元素的化合价均为+4价,A项错误;SiC是还原产物,NaCl是氧化产物,B项错误;由SiO2制备单质Si需加入还原剂,由单质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。10.A解析:从反应流程容易看出,HCl可循环使用,A项正确;Si为固体,SiHCl3为液体,应该用过滤法分离两者,B项错误;反应①中HCl作氧化剂,反应②中HCl为氧化产物,C项错误;反应①和②都不是可逆反

应,D项错误。二、非选择题11.(1)SiCl4Si3N4(2)Si+2Cl2SiCl4SiO32−+2H2O+2CO2H2SiO3↓+2HCO3-解析:本题可从I入手推断,I可用于制造光导纤维,故其为二氧化硅,F为硅酸,H为硅酸钠,E为

HCl,C为四氯化硅,X为Si3N4。反应①为Si与Cl2反应生成SiCl4,反应⑦为硅酸钠与过量的二氧化碳反应生成硅酸和碳酸氢钠。12.(1)第二周期第ⅣA族氧(2)过滤乙醇或水(合理即可)(3)Si+2

OH-+H2OSiO32−+2H2↑0.17mol·L-1(4)③④解析:(1)由题意可知元素Q为O(氧),形成的化合物R为CO2,其电子式为··O······C····O····。(2)因为CCl4

为液体,C(金刚石)和Na都为固体,所以用过滤法分离;除去C(金刚石)中的Na可以用水或乙醇。(3)混合物中的Si可以与NaOH溶液反应生成氢气,离子方程式为Si+2OH-+H2OSiO32−+2H2↑。由于杂质SiO2也能生成Na2SiO3,所以可先求混合物中SiO2的质

量,再求硅酸盐的物质的量浓度。Si~2H228g2mol1.4g0.1molm(SiO2)=20.0g-11.4g-1.4g=7.2gn(SiO2)=0.12mol所以n(Na2SiO3)=n(Si)+n(SiO2)=1.4g28g·mol-1+

0.12mol=0.17molc(Na2SiO3)=0.17mol1L=0.17mol·L-1。(4)①中Cl2与H2O的反应不是置换反应;②中水晶熔化克服的是共价键,干冰熔化克服的是分子间作用力,两者不同。13

.(1)铺上一层KClO3粉末,点燃插入的镁条(2)>2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑(3)Na2O·Al2O3·6SiO2CaAl2Si2O8(4)0.4mol0.6mol解析:(1)氧化铁与铝在高温条件下发生铝热反应生成氧化铝和铁,

反应的化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3,为使反应顺利进行,可加入助燃剂氯酸钾,同时插上镁条作为引燃剂,点燃镁条时反应放出大量的热引发反应进行,所以引发铝热反应的实验操作是加少量KClO3,插上镁条并将其点燃。(2)

地壳中含量排在前五位的元素分别是O、Si、Al、Fe、Ca,地壳里硅的含量大于铝;工业上通过电解氧化铝冶炼金属铝。(3)结合钠长石的化学式及化合物中各元素的化合价代数和等于0可得钙长石的氧化物形式为CaO·Al2O3·2SiO2,则钙长石的化学式为CaAl2Si2

O8。(4)A中Al、Si与氢氧化钠溶液反应,B中Al、Mg与盐酸反应,A和B中Al反应放出的气体相等,因此两份气体差和质量差均来源于Mg、Si,Si、Mg与生成氢气的物质的量关系为Si~2H2、Mg~H2,标准状况下2240mL气体的物质的量为2.24L22.4L·mol-

1=0.1mol,通过讨论分析可知合金中Mg的质量大于Si,Si反应放出的气体体积大于Mg反应放出的气体。设A中含有的Si的物质的量为x,B中含有Mg的物质的量为y,由质量差可得:24g·mol-1y-28g·mol-1x=1.60g①由气体相差0.1

mol可得:2x-y=0.1mol②联立①②求得:x=0.2mol,y=0.3mol,则100g该铝合金样品中Si和Mg的物质的量分别为0.4mol、0.6mol。14.(1)(2)SiO2+4HFSiF4↑+2H2O(3)①SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑Na2SiO3+CO2+H2ONa2CO3+H2SiO3↓②D解析:含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料,则A元素是Si;含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通信材料——光导纤维,则C是SiO2;C与烧碱反应生成含A元素的化合物D,则D

是Na2SiO3。(1)与Si同族但相对原子质量比Si小的元素B是碳元素,其原子结构示意图为。(2)C是SiO2,SiO2与氢氟酸反应的化学方程式是SiO2+4HFSiF4↑+2H2O。(3)①将SiO2与纯碱混合高温熔融时反应生成Na2SiO3,化学

方程式是SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑;由于酸性:H2CO3>H2SiO3,将反应产生的CO2通入Na2SiO3水溶液中,发生反应:Na2SiO3+CO2+H2ONa2CO3+H2SiO3↓。②要将纯碱高温熔化,坩埚应该不能与纯碱发生反应。普通玻璃坩埚中含有SiO2,能够与纯碱在高

温下发生反应,不能使用;石英玻璃坩埚的主要成分是SiO2,能够与纯碱在高温下发生反应,不能使用;氧化铝坩埚的主要成分氧化铝是两性氧化物,可以像SiO2那样能够与纯碱在高温下发生反应,不能使用;铁坩埚与纯碱不发生反应,可以使用。15.(1)吸水(2)Si+2HClSiH2Cl2

(3)defgbcd(4)P2O5或CaCl2尾气处理和防止空气中的水进入B中(5)SiCl4SiHCl3(6)SiH2Cl2+2Cl2SiCl4+2HCl(或SiH2Cl2+Cl2SiHCl3+HCl)解析:(1)浓硫酸有吸水性,使浓盐酸更易挥发出HCl。(2)利用元素守恒法配平。(3)A装置制

取HCl,连接C装置干燥,从f进入D中反应,SiH2Cl2从g处挥发出来,在B装置中收集,SiH2Cl2的密度比空气的大,导气管应“长进短出”,为防止空气中的水进入B中,则应在B后接干燥管。(4)前面的装置C是用来干燥氯化氢气体的,应

选用P2O5或CaCl2,后面装置C的作用为尾气处理和防止空气中的水进入B中,应选碱石灰。(6)如果通入气体次序相反,SiH2Cl2会与Cl2继续反应,生成SiCl4、SiHCl3。考点15化学反应的热效应参考答案一、选择题1.C解析:需要加热才

能发生的反应不一定是吸热反应,如木炭的燃烧是放热反应,但需要点燃,点燃的目的是使其达到着火点,A项错误。放热反应在常温下不一定能发生,如铝热反应2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe是放热反应,但需在高温条件下进行以保证有足够的热量引发氧化铁和铝粉反应,B项错误。若反应物所具有的总能量高

于生成物所具有的总能量,则反应放热,反之,反应吸热,C项正确。吸热反应在不加热的条件下也可能发生,如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl在常温下就能发生反应,而该反应为吸热反应,D项错误。2.C解析:根据图1分析,反应物的总能量高于生成物的总能量,则图1中反应为CH4(g)+2O2(g)C

O2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1,A项错误。根据图2分析,生成物水的状态是液态,则图2中反应为CH4(g)+32O2(g)CO(g)+2H2O(l)ΔH=-607.3kJ·mo

l-1,B项错误。根据盖斯定律,由CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1和CH4(g)+32O2(g)CO(g)+2H2O(l)ΔH=-607.3kJ·mo

l-1相减,可得CO(g)+12O2(g)CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1,该反应放热,反应物的总能量高于生成物的总能量,所以等物质的量的CO2和CO,CO具有的能量高,C项正确,D项错误。3.CD解析:

由题图可知,合成尿素的过程中生成了NH2COONH4,其为合成尿素反应的中间产物,A项正确。由题图可知,反应Ⅰ逆反应的活化能>反应Ⅱ正反应的活化能,B项正确。反应Ⅱ为吸热反应,在热力学上进行趋势较小,C项错误。2NH3(g)+CO2

(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)为放热反应,ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量<0,即ΔH=E2-E1,D项错误。4.D解析:多数化合反应为放热反应,则ΔH1<0,ΔH2<0,A项正确。氧化性:Cl2>Br2,所以Cl2与Si的

反应更剧烈,放热更多,则ΔH1<ΔH2,B项正确。Cu(OH)2(s)+2H+(aq)Cu2+(aq)+2H2O(l)为酸碱中和反应,应为放热反应,则ΔH3<0,2H2O(l)+Cu2+(aq)Cu(OH)2(s)+2H

+(aq)为水解反应,应为吸热反应,则ΔH4>0,C项正确。ΔH3<0,ΔH4>0,则ΔH3<ΔH4,D项错误。5.A解析:题图所示过程①对应反应Ⅰ,为放热反应,过程②为氨气分解生成氮气和氢气,根据盖斯定律,由Ⅰ-3×Ⅱ即可判断反应为

吸热反应,A项错误。反应Ⅱ为放热反应,反应物的总能量大于生成物的总能量,能量过程示意图正确,B项正确。反应Ⅰ为放热反应,则断开3molN2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1molN2(g)和4molNH3(g)中的化学

键释放的能量,C项正确。200℃时,根据盖斯定律,肼分解生成氮气和氢气的反应为Ⅰ-2×Ⅱ,可得到N2H4(g)N2(g)+2H2(g)ΔH=+50.7kJ·mol-1,D项正确。6.D解析:根据题目信息:①2H2O(l)2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.66kJ·mol

-1②C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+131.29kJ·mol-1③H2O(l)H2O(g)ΔH=+44.01kJ·mol-1根据盖斯定律可知目标方程式可由②+③-12×①得到,ΔH=[+131.29+(+44.01)-12×(+571.66)]kJ·mol-1=-1

10.53kJ·mol-1,D项正确。7.D解析:①N2O+Pt2O+Pt2O2++N2ΔH1,②Pt2O2++COPt2O++CO2ΔH2,结合盖斯定律计算①+②得到N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2,A项正确。由图示分析可知,反应物能量高于

生成物能量,反应为放热反应,反应焓变ΔH=134kJ·mol-1-360kJ·mol-1=-226kJ·mol-1,B项正确。正反应活化能Ea=134kJ·mol-1小于逆反应活化能Eb=360kJ·mol-

1,C项正确。由①N2O+Pt2O+Pt2O2++N2ΔH1和②Pt2O2++COPt2O++CO2ΔH2可知,反应过程中Pt2O+和Pt2O2+参与反应后又生成,不需要补充,D项错误。8.C解析:整个反应分为三个基元反应阶段,①NO(g)+NO(g)(g)ΔH=+1

99.2kJ·mol-1;②(g)+CO(g)CO2(g)+N2O(g)ΔH=-513.5kJ·mol-1;③CO(g)+CO2(g)+N2O(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-307.6kJ·mol-1,由于①所需活化能最高,总反应速率由第一阶段反应决定,故C项正确。①+

②+③得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g),ΔH=+199.2kJ·mol-1-513.5kJ·mol-1-307.6kJ·mol-1=-621.9kJ·mol-1,A项错误。均相NO-CO反应经历了TS1、TS2、

TS3三个过渡态,IM1、、IM2、N2O、IM3五个中间体,B项错误。从②(g)+CO(g)CO2(g)+N2O(g)ΔH=-513.5kJ·mol-1;③CO(g)+CO2(g)+N2O(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-307.6kJ·mol-1,

②反应的活化能比③反应的低,放出的能量更多,生成物能量更低,NO二聚体()比N2O(g)分子更容易与CO发生反应,D项错误。9.C解析:步骤①是H2中非极性共价键断裂,CO中极性共价键未断裂,A项正确。步骤②反应物中原子全部进入生成物中,因此原子利用率为100%,B项正确。根据图中信息

,过渡态Ⅰ的能量差最高,因此其对应的步骤①反应速率最小,C项错误。根据反应的历程可知,有毒的一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷,该方法可以清除剧毒气体CO,从而保护环境,D项正确。10.D解析:NH2OH、NH3、H2O分子中正负电中

心不重合,三种分子均为极性分子,A项正确;从反应历程看,NH2OH中存在N—O断裂、NH3分子中存在N—H断裂,NH2NH2中存在N—N的生成,B项正确;反应过程中,Fe2+先失去电子转移至NH2OH的N原子上,又被NH2-还原,C项正确;根据反应历程可知,产物中两部分—NH2分别来自NH2

OH和氨气,将NH2OH替换为ND2OD反应得到ND2NH2,D项错误。二、非选择题11.(1)化学0.968(2)391kJ(3)4H2(g)+2NO2(g)N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1034.9kJ·mol-

1解析:(1)题述反应过程中能量转化形式为光能转化为化学能,达平衡时,生成氧气0.0020mol,至少需要吸收的光能为0.0020mol×484kJ·mol-1=0.968kJ。(2)3H2(g)+N2(g)2NH3(g),反应的焓变=反应物断

裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=3×436kJ·mol-1+945.8kJ·mol-1-6×E(N—H)=-92.2kJ·mol-1,E(N—H)=391kJ·mol-1。(3)反应4H2(g)+2N

O2(g)N2(g)+4H2O(g)可以由①×2-②得到,故ΔH=(-483.6kJ·mol-1)×2-67.7kJ·mol-1=-1034.9kJ·mol-1。12.(1)C2H5OPO(OH)2CH2CH2↑+H3PO4(2)①3Δ���1+Δ���2+Δ�

��33②+123解析:(1)170~200℃时,C2H5OPO(OH)2会分解生成乙烯和磷酸,则C2H5OPO(OH)2分解反应的化学方程式为C2H5OPO(OH)2CH2CH2↑+H3PO4。(2)①将题述热化学方程式分别用a、b、c表示,3���+���+���3得:C2H6(g)+CO

2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH=3Δ���1+Δ���2+Δ���33。②ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和,则ΔH1=(6×413+348-4×413-615-436)kJ·mol-1=+123kJ·mo

l-1。13.(1)+128.0(2)33解析:(1)从结构分析,反应中断裂两条碳氢键,形成一条碳碳键和H—H。ΔH=431.0kJ·mol-1×2-298.0kJ·mol-1-436.0kJ·mol-1=+128

.0kJ·mol-1。(2)基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应,从图上看包含3个基元反应,其中第3步活化能最大,故该步反应速率最小。考点16原电池与化学电源参考答案一、选择题1.C解析:电池工作时,O2在正极发

生还原反应:2H2O+O2+4e-4OH-,由于生成OH-,溶液的pH增大,A项错误。当消耗1molO2时,电路中转移4mol电子,生成4molOH-,为保持溶液呈电中性,应有4molNa+由甲槽向乙槽迁

移,B项错误。N2H4在负极上失电子发生氧化反应,则负极反应式为4OH-+N2H4-4e-N2↑+4H2O,C项正确。若去掉阳离子交换膜,肼与O2直接接触会引发爆炸,D项错误。2.C解析:放电时,负极Mg失电子生成镁离子,则Mg(液)层的质量减小,A项正确。正极上镁离子

得电子,则放电时正极反应为Mg2++2e-Mg,B项正确。该电池充电时,Mg-Sb(液)层为阳极,阳极上发生失电子的氧化反应,C项错误。该电池充电时,阴离子向阳极移动,即Cl-向中层和下层分界面处移动,D项正确。3.A解析:氨硼烷中N是sp3杂化,B是

sp2杂化,两者的杂化方式不同,A项错误。根据电池反应为NH3·BH3+3H2O2NH4BO2+4H2O可知,左侧加入NH3·BH3的电极为负极,负极上失电子发生氧化反应,负极的电极反应式为2H2O+NH3·BH3-6e-NH4BO2+6H+;右侧电极为正极,正极上得到电子发生还原反应,电极反应

式为6H++3H2O2+6e-6H2O,B项正确。正极上消耗氢离子,其他条件不变,向H2O2溶液中加入适量硫酸能增大电流,C项正确。未加入氨硼烷之前,两极室内液体质量相等,加入氨硼烷后,根据正、负极的

电极反应式,假定转移6mol电子,则左室质量增加=31g-6g=25g,右室质量增加6g,两极室质量相差19g。工作一段时间后,若左右两极室质量差为3.8g,则电路中转移1.2mol电子,D项正确。4.D解析:根据图示可知K4Fe(CN

)6在电极表面失电子生成K3Fe(CN)6,故图示电极为阳极,其电极反应式为K4Fe(CN)6-e-K3Fe(CN)6+K+,A项错误。甲萘醌应在阴极发生还原反应,B项错误。工作时在电解池中阳离子应向阴极移动,C项错误。5.C解析:碱性环境下,甲醇燃料电池总反应为2CH3OH+3O2+

4KOH2K2CO3+6H2O;N2H4-O2清洁燃料电池总反应为N2H4+O2N2+2H2O;偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合价均为-2价,H元素化合价为+1价,所以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为(CH3)2NNH2+4O2+4KOH

2K2CO3+N2+6H2O,据此结合原电池的工作原理分析解答。放电过程为原电池工作原理,所以钾离子均向正极移动,A项错误。根据上述分析可知,N2H4-O2清洁燃料电池的产物为氮气和水,其总反应中未消耗KOH,所以KOH的物质的量不变,其他两种燃料电池根据总反应可知,KOH的物质的量减小,B项错

误。理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关,设消耗燃料的质量均为m,则CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的放电量(用物质的量表达)分别是:���32g·mol-1×6、���32g·mol-1×4、���60g·mol-1×16,通过

比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大,C项正确。根据转移电子数守恒和总反应式可知,消耗1molO2生成的氮气的物质的量为1mol,在标准状况下为22.4L,D项错误。6.B解析:图1为原电池装置,铜电极为

正极,氢离子在铜电极上得电子生成氢气,A项错误;图2装置中铜电极上无气体产生,铬电极上产生大量有色气体,说明铜电极为负极,铬电极为正极,负极发生反应:Cu-2e-Cu2+,B项正确;由图1根据原电池原理知

金属铬的活动性比铜强,C项错误;图1中,电子由Cr经导线流向Cu,图2中电子由Cu经导线流向Cr,D项错误。7.C解析:A项,通入空气的电极作正极,正极反应式:O2+4e-2O2-,不符合题意;B项,通入氧气的一极作正极,电解质溶液是碱性溶液,正极反应式:2H2O+O2+4e

-4OH-,不符合题意;C项,通入空气的一极作正极,电解质传递H+,正极反应式:4H++O2+4e-2H2O,符合题意;D项,通入氧气的一极作正极,依据电池内部传递CO32−,正极反应式:2CO2+O2+4e-2C

O32−,不符合题意。二、非选择题8.Ⅰ.(1)Mg逐渐溶解,Al片上有气泡冒出,电流计指针偏转Mg-2e-Mg2+(2)Al2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑Ⅱ.(1)CH3OHO2或空气(2)H2O+CH3OH-6e-CO2↑+6H+

(3)2.4解析:Ⅰ.(1)若烧杯中溶液为稀硫酸,因Mg的活泼性比Al强,故Mg作负极,负极上发生反应Mg-2e-Mg2+,镁片溶解;Al作正极,正极上发生反应2H++2e-H2↑,故Al片上有气泡冒出;电

路中产生电流,故电流计指针偏转。(2)若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液,因为Mg不与NaOH溶液反应,所以Al是负极,Mg是正极,总反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑。Ⅱ.由H+移动方向可知,左侧为负极,右侧为正极,故b口通入CH3OH,c口通入O2或空气。负极

反应式为H2O+CH3OH-6e-CO2↑+6H+。当12.8g甲醇(即0.4mol)完全反应生成CO2时,转移2.4mol电子,即转移2.4NA个电子。9.(1)Zn-2e-Zn2+(2)H2O+MnO2+e-MnO(OH)+OH-(3)0.12

(4)①H2O2②2.76解析:(1)酸性锌锰干电池的负极是锌,正极为石墨棒,电解质为二氧化锰和氯化铵,负极发生氧化反应,电极反应式为Zn-2e-Zn2+。(2)在反应中锌元素化合价升高,被氧化,Zn为负极,电极反应式

为2OH-+Zn-2e-Zn(OH)2;锰元素化合价降低,被还原,MnO2为正极,电极反应式为MnO2+H2O+e-MnO(OH)+OH-。(3)维持电流为0.6A,电池工作10分钟,则通过的电量是0.6A×600s=360C,因此通

过电子的物质的量是36096500mol≈3.73×10-3mol,锌在反应中失去2个电子,则理论上消耗Zn的质量是3.73×10-3mol2×65g·mol-1≈0.12g。(4)H2O2具有强氧化性,能把Fe2+氧化为Fe3+,因此加入足量稀硫酸和过氧化

氢溶液,铁转化为硫酸铁。根据Fe(OH)3的溶度积知,当铁离子完全沉淀时溶液中c(OH-)=310-3910-5mol·L-1≈0.5×10-11mol·L-1,因此加碱调节pH=2.7时Fe3+刚好完全沉淀。锌离子浓度为0.1mol·L-1,根据氢氧化

锌的溶度积,开始沉淀时的c(OH-)=10-8mol·L-1,所以c(H+)=10-6mol·L-1,此时pH=6。10.(1)CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(l)ΔH=-442.8kJ·mol-1(2)①化学0.004mol②Cl-+Ag-

e-AgCl从左向右2Ag+Cl22AgCl0.2mol③Y6H++NO+5e-NH4++H2ONH3解析:(1)已知:①2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-1275.6kJ·mol-1,②2CO(g)+O2(g)2C

O2(g)ΔH=-566.0kJ·mol-1,③H2O(g)H2O(l)ΔH=-44.0kJ·mol-1,则根据盖斯定律,由(①-②+4×③)÷2得CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(l)ΔH=-442.8kJ·mol-1。(2

)①银制器皿日久变黑,表面生成了Ag2S,属于化学腐蚀;Ag、Ag2S分别与硝酸反应的化学方程式为6Ag+8HNO36AgNO3+2NO↑+4H2O、3Ag2S+8HNO36AgNO3+3S↓+2NO↑+4H2O,两个方程式中消耗HNO3和生成NO的化学计量数之比相等,n(NO

)=0.0224L22.4L·mol-1=0.001mol,根据方程式知,n(HNO3)=4n(NO)=4×0.001mol=0.004mol。②该原电池中,Ag失电子作负极、通入氯气的电极作正极,负极反应式为Ag+Cl--e-AgCl;电解质溶液中H+向正极Pt电极

方向移动;该原电池相当于氯气和Ag反应生成AgCl,故电池总反应式为2Ag+Cl22AgCl;放电时,左侧装置中Ag失电子与Cl-反应生成AgCl沉淀,且溶液中H+向正极移动,当电路中转移0.1mol电子时,生成0.1molAg+,0.1molAg+生成AgCl需要0.1

molCl-,向正极方向移动0.1molH+,所以交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为0.2mol。③根据图示知,左侧NO得电子生成NH4+,右侧NO失电子生成NO3-,最终得到NH4NO3,该电解池中失电子

的电极为阳极、得电子的电极为阴极,所以X为阴极、Y为阳极,阳极接电源正极,所以Y接电源正极,X电极反应式为6H++NO+5e-NH4++H2O;生成一个NH4+得到5个电子、生成一个NO3-失去3个电子,根据转移电子相等知,生成NH4+的浓度小于生成NO3-

的浓度,要使NO3-完全转化为NH4NO3,应该加入NH3,所以加入的物质A为NH3。考点17电解池金属的腐蚀与防护参考答案一、选择题1.D解析:A项,该装置是原电池装置,H+放电生成氢气,溶液的pH增大,A项

错误。B项,阳极发生反应:2OH-+Cu-2e-Cu(OH)2,阴极发生反应:2H2O+2e-H2↑+2OH-,总反应:Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑,反应消耗了水使溶液的pH增大,B项错误。C项,电解NaCl溶液,总反应

:2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,生成氢氧化钠使溶液的pH增大,C项错误。D项,电解硫酸铜溶液的总反应:2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4,生成硫酸使溶液的pH减小,D项正确。2

.C解析:D项,用水代替NaCl溶液,Fe和炭也可以构成原电池,Fe失去电子,空气中的O2得到电子,铁发生吸氧腐蚀,错误。3.A解析:铅酸蓄电池放电时的正极反应式为4H++SO42−+PbO2+2e-PbSO4+2H2O,负极反应式为Pb-2e-+SO42−PbSO4,B项错误。粗铜

精炼时,与电源正极相连的应是粗铜,该极发生的电极反应除Cu-2e-Cu2+外,还有比铜活泼的杂质金属失电子的反应,C项错误。钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式为Fe-2e-Fe2+,D项错误。4.AD解析:根据题意两极均得到副产物NH4NO3,可知Ⅱ室废水中

的NH4+移向Ⅰ室、NO3-移向Ⅲ室,根据电解过程中离子的移动原理,可知Ⅰ室石墨电极为阴极、Ⅲ室石墨电极为阳极。阴极所连的a极为电源负极,b极为电源正极,A项正确。NH4+能通过c膜,故c膜应为阳离子交换膜,同理可

知d膜为阴离子交换膜,B项错误。阴极上H+得电子生成氢气,C项错误。电路中通过1mol电子时,阳极产生的氧气为5.6L(标准状况),D项正确。5.B解析:由阴离子SO42−的移动方向可知,右边Cu电极为负极,发生反应Cu-2e-Cu2+,Cu电极失去电子,发生氧化反应;左边的电极为正极

,发生反应Cu2++2e-Cu,当电路中通过1mol电子,左边电极增加32g,右边电极减少32g,两极的质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发,分离为CuSO4浓溶液和水后,再返回浓差电池

。通过上述分析可知循环物质E为水,使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液,则A、C、D项正确,B项错误。6.D解析:根据装置示意图以及阴、阳极都是惰性电极可知,阳极反应为2Cl--2e-Cl2↑,即Cl-被氧化生成Cl2,A项正确;阴极生成氢气,溶液碱性增强,海水中存在大量的Na+,故Cl2

参与反应生成NaClO,NaClO具有强氧化性,可以杀灭附着生物,B项正确;阴极生成的氢气易燃,与空气的混合气体遇明火易发生爆炸,所以应将生成的氢气及时通风稀释安全地排出,C项正确;阴极上H+得电子生成氢气,溶液中c(OH-)增大,海水中的Mg2+向阴极移动,在阴极表面形

成Mg(OH)2沉淀,故在阴极表面形成积垢,需要定期处理,D项错误。7.D解析:电解装置工作时,Ⅰ室反应为2H2O-4e-4H++O2↑,Ⅲ室反应为Co2++2e-Co,H+移向Ⅱ室,Cl-移向Ⅱ室。Ⅰ室中H2SO

4的物质的量不变,H2O的物质的量减小,H2SO4浓度增大,溶液pH减小;Ⅱ室中H+浓度增大,溶液pH减小,A项错误。生成1molCo转移2mole-,Ⅰ室减少1molH2O,质量为18g,B项错误;移除两交换

膜,石墨电极上放电的是Cl-,C项错误。根据电子守恒,该电解过程的总反应为2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+,D项正确。8.B解析:由题图可知,石墨棒与电源正极相连,作电解池的阳极,电极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O,A项正确。电

解过程中为平衡A、C室中的电荷,A室中的Na+和C室中的Cl-分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B室中,使B室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大,B项错误。因Ni2+在弱酸性溶液中易发生水解反应,且氧化性Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低

浓度),为了提高Ni的产率,电解过程中需要控制废水的pH,C项正确。若将图中阳离子膜去掉,由于放电顺序Cl->OH-,则Cl-在阳极放电,发生反应2Cl--2e-Cl2↑,电解反应的总方程式会发生改变,D项正确。二、非选择题9.(1)①正②ad③2Cl-+2

H2OCl2↑+H2↑+2OH-(2)①A12H++2NO3-+10e-N2↑+6H2O②45解析:(1)①由电解食盐水装置图可知,钠离子移向右边,则左边A为阳极,所以A极要连接电源的正极。②左边A为阳极,电极反应式

为2Cl--2e-Cl2↑,所以精制饱和食盐水从图中a位置补充;右边B为阴极,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,则生成的氢氧化钠溶液从图中d位置流出。③电解总反应的离子方程式是2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-。(2)①由图示知在Ag-Pt

电极上NO3-发生还原反应,因此Ag-Pt电极为阴极,则B为电源负极,A为电源正极;在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2,装置中采用质子交换膜,应只允许H+通过,则H+参与阴极反应且有H2O生成,阴极反应式为12H+

+2NO3-+10e-N2↑+6H2O。②阳极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+,转移5mol电子时,阳极消耗2.5molH2O,产生的5molH+进入阴极室,阳极室质量减小45g。10.(1)2H++2HSO3-+2e-S2O42−+2H2O2NO+2

S2O42−+2H2ON2+4HSO3-(2)①2H2O+Cl--5e-ClO2↑+4H+②0.01在阴极发生水电离出的H+放电,H+浓度减小,使得H2OOH-+H+的平衡向右移动,OH-浓度增大,pH增大(3)①铁为负极发生

氧化反应Fe-2e-Fe2+;由于电解质溶液中有H2CO3,电离出氢离子,2H++2e-H2↑,发生析氢腐蚀。电解质溶液中又溶有氧气,2H2O+O2+4e-4OH-,发生吸氧腐蚀②正极SO2+2H2O-2e-SO42−+4H+解析:(1

)阴极发生还原反应,是亚硫酸氢根离子得电子生成S2O42−,电极反应式为2HSO3-+2H++2e-S2O42−+2H2O;S2O42−与一氧化氮发生氧化还原反应,生成氮气和亚硫酸氢根,离子方程式为2NO+2S2O42−+

2H2ON2+4HSO3-。(2)①由题意可知,氯离子放电生成ClO2,由原子守恒可知,有水参加反应,同时生成氢离子,电极反应式为2H2O+Cl--5e-ClO2↑+4H+。②在阴极发生2H2O+2e-H2↑+2OH-,氢气的物质的量为0.112L22.

4L·mol-1=0.005mol,通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子,通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为0.005mol×2=0.01mol,电解时阴极H+浓度减小,使得H2OOH-+H+的平衡向右移动,溶液的pH增大。

(3)①钢铁含有铁和碳,铁为负极,C为正极,电子由负极流向正极,故电子的移动方向可表示为;铁轨锈蚀的原因是铁为负极发生氧化反应Fe-2e-Fe2+。由于电解质溶液中有H2CO3,电离出氢离子,2H++2e-H2↑,发生析氢腐蚀。电解质溶液中又溶有氧气,2H2O+O2+4

e-4OH-,发生吸氧腐蚀。②由题意可知原电池目的是用SO2与O2反应来制备硫酸,B极生成硫酸,则通入的气体应为SO2,硫元素由+4价升高到+6价,发生氧化反应2H2O+SO2-2e-SO42−+4H+,B极为负极,A极为正极。11.(1)PbO2(2)

2H2O2H2↑+O2↑(3)0.1molCu(OH)2(4)负4H++O2+4e-2H2O(5)175176解析:甲池是原电池,作电源,发生的反应为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O;乙、丙、丁是电解池,闭合K,发现g电

极附近的溶液变红,说明g电极是电解池的阴极,h是电解池的阳极,所以a为正极,b为负极;c电极为阴极,d电极为阳极;e电极为阴极,f电极为阳极。(1)a电极是铅酸蓄电池的正极,正极的电极材料是PbO2。(2)丙中电解硫酸铝溶液,实际上是电解水,电解方程式为2H2

O2H2↑+O2↑。(3)c、d两极上产生的气体体积相同,c电极上发生的电极反应为Cu2++2e-Cu,2H2O+2e-H2↑+2OH-,d电极上发生的电极反应为2H2O-4e-4H++O2↑,设生成的氧气为xmol,则

氢气也为xmol,生成的Cu为0.1L×1mol·L-1=0.1mol,由得失电子守恒可得:2x+0.1×2=4x,解得x=0.1,则电解时生成0.1mol氢气、0.1mol氧气和0.1molCu,若要使溶液恢复到原来的状态

,需要加入0.1molCu(OH)2。(4)20min后将乙装置与其他装置断开,然后在c、d两极间连上灵敏电流计,发现电流计指针偏转,说明形成了原电池,氢气在c极失电子,c为负极,氧气在d极得电子,d极为正极,正极的电极反应式为4H++O2+4e-2H2O。(5)电解后丁装置中生成氢

氧化钠,乙中电解生成0.1mol氧气,转移电子为0.4mol,则丁中氯化钠全部被消耗,生成的氢氧化钠为0.2mol,其浓度为2mol·L-1,加醋酸后溶液的pH恰好等于7,则c(H+)=c(OH-),

由电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)=2mol·L-1×���×10-3���(���+���)×10-3���=2������+���mol·L-1,c(CH3COOH)=2mol·L-1×���×10-3���(���+���)×10-

3���-c(CH3COO-)=2(���-���)���+���mol·L-1,Ka=���(CH3������O-)·���(H+)���(CH3������������)=1.75×10-5,代入数值解得�

�����=175176。考点18化学反应速率参考答案一、选择题1.A解析:2A(g)+B(g)2C(g)起始浓度(mol·L-1)210变化浓度(mol·L-1)0.60.30.62s时浓度(mol·L-1)1.40.70.6v(A)=0.6mol·L-12s=0.3

mol·L-1·s-1,A项正确;根据化学反应速率之比等于方程式中各物质的化学计量数之比得v(B)=0.15mol·L-1·s-1,B项错误;2s时,物质A的转化率α(A)=0.6mol·L-12mol·

L-1×100%=30%,C项错误;2s时,物质B的浓度为0.7mol·L-1,D项错误。2.B解析:活化分子只有发生有效碰撞才能发生化学反应,A项错误。增加固体或纯液体的量,反应速率不变,C项错误。催化剂能降低反应的活化能,使原来不

是活化分子的分子变成活化分子,提高了活化分子的百分数,增大了化学反应速率,D项错误。3.B解析:结合数据可知,氧化膜的厚度随时间延长而增加,可用氧化膜生成速率表示金属氧化速率,A项正确。因a、b关系不确定,无法比较,B项错误。

温度升高,反应速率增大,C项正确。金属氧化的本质是金属失电子发生氧化反应,D项正确。4.B解析:常温下铁片遇98%的浓硫酸发生钝化,不能得到H2,①错误;升高温度,化学反应速率增大,②错误;决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质,③

错误;NO和CO都是气体,减小压强,反应速率减小,④正确;对于没有气体参与的反应,压强的改变不会影响化学反应速率,⑤错误;使用催化剂能降低反应的活化能,使活化分子百分数增大,反应速率增大,⑥正确;氢气与氯气在光照条件下反应生成

氯化氢,⑦正确;固体和纯液体用量的增加,不会影响化学反应速率,⑧错误。5.D解析:600~1200s,N2O5的变化量为(0.96-0.66)mol·L-1=0.3mol·L-1,在此时间段内NO2的变化量为其2倍,即

0.6mol·L-1,因此,生成NO2的平均速率为0.6mol·L-1600s=1.0×10-3mol·L-1·s-1,A项错误;由表中数据可知,反应到2220s时,N2O5的变化量为(1.40-0.35)mo

l·L-1=1.05mol·L-1,其物质的量的变化量为1.05mol·L-1×0.1L=0.105mol,O2的变化量是其12,即0.0525mol,因此,放出的O2在标准状况下的体积为0.0525mol×22.4L·mol-1=1.1

76L,B项错误;反应达到平衡时,正反应速率等于逆反应速率,用不同物质表示该反应的速率时,其数值之比等于化学计量数之比,故2v正(N2O5)=v逆(NO2),C项错误;分析表中数据可知,该反应每经过1110s(600~1710,1710~2820)

后N2O5的浓度会变为原来的12,因此,N2O5的浓度由0.24mol·L-1变为0.12mol·L-1时,可以推测表中的x为(2820+1110)=3930,D项正确。6.CD解析:不能确定起始时B物质的物质的量,因此0~t1时

间段内,不能确定B物质的物质的量的变化量,则不能计算B物质的反应速率,A项错误。反应速率是平均反应速率,而不是瞬时反应速率,B项错误。t1~t2时间段内,B物质和D物质的物质的量的变化量分别是0.06mol、0.10mol,所以b∶d=3∶5,D项正确。7.C解析:①中A

在0~20min浓度变化为1.0mol·L-1-0.67mol·L-1=0.33mol·L-1,则B在0~20min浓度变化为12×0.33mol·L-1,B在0~20min平均反应速率为v=Δ���Δ���=0.33×1220mol·L-1·min-1=8.25×10-3mol·

L-1·min-1,故A项正确。①、②起始量相同,平衡浓度相同,但②达到平衡所需要的时间短,反应速率快,可能是加入了催化剂,加快反应速率,温度不变平衡常数不变,则K=12×0.50mol·L-1×12×0.50mol·L-1(0.50mol·L-1)2=0.25,故B项正确。列出“三

段式”:2A(g)B(g)+D(g)起始浓度(mol·L-1)y00转化浓度(mol·L-1)y-0.60���-0.602���-0.602平衡浓度(mol·L-1)0.60���-0.602���-0.602①和③的温度相同,平衡常数相等,(���-0.60)222×0.602=0.25,解

得y=1.2,故C项错误。比较④和①可知平衡时④反应物A的浓度小,由①到④升高温度,平衡右移,加热平衡向吸热反应方向移动,则正反应为吸热反应,故D项正确。8.C解析:分析图像可知12s内A的浓度变化为(0.8-0.2)mol·L

-1=0.6mol·L-1,反应速率v(A)=0.6mol·L-112s=0.05mol·L-1·s-1,A项错误;分析图像可知12s内B的浓度变化为(0.5-0.3)mol·L-1=0.2mol·L-1,v(B)=0.2mol·L-112s=

160mol·L-1·s-1,v(C)=0.8mol2L×12s=130mol·L-1·s-1,由���(A)���(B)=3���,���(A)���(C)=3���,则b=1,c=2,A、B的化学计量数不同,

12s后达到平衡状态,A的消耗速率不等于B的生成速率,B项错误,C项正确;消耗3molA放热QkJ,12s内消耗A的物质的量为0.6mol·L-1×2L=1.2mol,消耗1.2molA放出的热量为0.4QkJ,D项错误。9.B解析:由题给图像可知,温度低于40℃时,温度升高,溶液变蓝的时间短,

但温度高于40℃时情况相反,A项正确。因为N、P两点的温度不同,反应速率不可能相等,B项错误。图中M点所用的时间为80s,则NaHSO3的反应速率为(0.020mol·L-1×10.0mL×10-3L·mL-1)÷(50mL×10-3L·mL-1)÷8

0s=5.0×10-5mol·L-1·s-1,C项正确。由题给条件,55℃时未观察到溶液变蓝可知,温度高于40℃时,淀粉不宜作该实验的指示剂,D项正确。10.C解析:增加O2的浓度,v正增大,v逆瞬间不变,A项

正确。增大压强,v正、v逆都增大,v正增大的倍数大于v逆增大的倍数,B项正确。升高温度,v正、v逆都瞬间增大,C项错误。加入催化剂,v正、v逆同等程度增大,D项正确。二、非选择题11.(1)0.009mol·L-1·min-1(2)A

D(3)一定解析:(1)10~20min时,N2的平均反应速率为0.25mol·L-1-0.16mol·L-120min−10min=0.009mol·L-1·min-1;(2)各物质的浓度均增大到原来的1.2倍,

所以采取的措施可以是缩小容积增大压强,也可以是加入NO增大NO的浓度,因此A、D正确。12.(1)减小(2)减小1.33×10-3mol·L-1·min-1(3)15~20min,25~30min(4)ABD解析:(1

)降低温度,化学反应速率减小。(2)前10min随着反应的不断进行,反应物SO2和O2的浓度不断减小,正反应速率减小;前15min内用SO3表示的平均反应速率为0.04mol2L×15min=1.33×10-3m

ol·L-1·min-1。(3)反应过程中SO2、O2、SO3物质的量不随时间变化的时间段内正、逆反应速率相等,即15~20min和25~30min反应处于平衡状态。(4)10~15min,三条曲线的斜率突然增大,说明反应速率突然增大,其原因可能是加入催化剂

或缩小容器容积。反应进行至20min时,曲线发生的变化是O2的物质的量突然增大,平衡发生移动引起SO2、SO3的物质的量随之发生变化。13.(1)①a和bb和c②0.000167mol·L-1·s-1(2)不能两组实验中

,高锰酸钾的浓度、用量不相等,温度相同时,浓度越大则反应速率越大,但用量大导致溶液褪色所需时间变长解析:(1)①探究外因对反应速率的影响,通常只改变一个条件,其他条件应相同,则实验a和b是在其他条件相同时探究浓度对反应速率的影响;实验b和c是在其他条件相同时,探究温度对反应速率的影响。②实验a测得

混合后溶液褪色的时间为40s,忽略混合前后溶液体积的微小变化,这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=0.01mol·L-1×4.00mL6.00mL40s=0.000167mol·L-1·s-1。(2)两组实验中,酸性高锰酸钾溶液的浓度和用量

不相等,反应物的浓度越大,反应速率越大,因用量大会导致溶液的褪色时间变长,故不能得出“溶液褪色所需时间越短,反应速率越大”的结论。考点19化学反应的方向、限度参考答案一、选择题1.C解析:由表中数据知,反应

①随温度升高,K'增大,说明反应①为吸热反应;同理知反应②为放热反应。即有①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)ΔH'>0②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)ΔH″<0由①-②整理得,CO2(g)+

H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=ΔH'-ΔH″>0,故使该反应平衡正向移动,可采取的措施为升高温度,C项正确。2.C解析:该反应的平衡常数为K=c(CO2),保持温度不变,缩小容器容积,平衡逆向移动,但是K不变,CO2的浓度不变,Ti的质量减少,TiO2的质量增加

,故A、B、D项错误,C项正确。3.D解析:由题图可知,无催化剂时反应可以进行,A项错误;由题图可知,加入催化剂Ⅱ,在2min时生成物Y的浓度为2.0mol·L-1,加入催化剂Ⅰ,在2min时生成物Y的浓度为4.0mol·L-1,因此催化剂Ⅰ使反应速率更大,即催化剂Ⅰ使反应活化能更

低,B项错误;由题图可知,a曲线表示的是反应物浓度随时间的变化曲线,即表示X的浓度变化的曲线,2min内,X的浓度减少2.0mol·L-1,由X2Y可知,生成物Y的浓度应增加4.0mol·L-1,其对应的应是使用催化剂Ⅰ的曲线

,因此a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随时间的变化,C项错误;由题图可知,使用催化剂Ⅰ时,0~2min内,v(Y)=4.0mol·L-12min=2.0mol·L-1·min-1,v(X)=12v(Y)=1.0mol·L-1·min-1,D项正确。4.A解析:根据图中能量变化图可以看出

,N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=2254kJ·mol-1-2346kJ·mol-1=-92kJ·mol-1,A项正确。随���(H2)���(N2)越大,氢气的转化率逐渐减小,氮气的转化率逐渐增大,B项错误。该反应正向为放热反应,则升

高温度,正、逆反应速率均增大,但逆反应速率受温度影响更大,C项错误。该反应正向是气体分子数减少的放热反应。同一压强下,升高温度,平衡向逆反应方向移动,则反应达平衡时,混合气体中氨的物质的量分数减小;同一温度下,增大压强,平衡向正反应方向移动,则反应达平衡时,混合气体中氨的

物质的量分数增大,图示中压强变化曲线不正确,D项错误。5.CD解析:温度升高,H2的浓度增大,平衡左移,故逆反应方向吸热,正反应方向放热,ΔH<0;由图可知曲线a为CO2的浓度变化,根据方程式中化学计量数的关系可知,曲线b为H2O的浓度变化,曲线c为C2H4的浓度变化,故A、B两

项正确。N点和M点所处的状态相同,故c(H2)是一样的,C项错误。其他条件不变,T1、0.2MPa相对T1、0.1MPa,增大了压强,平衡正向移动,但容器容积减小,反应达新平衡时,c(H2)比M点c(H2)大,D项错误。6.A解析:根据图像可知,随着温度的升高,H2的平衡转化率减小,说明平

衡向逆反应方向移动,根据勒夏特列原理,正反应为放热反应,ΔH<0,A项正确。升高温度,反应速率增大;增大压强,反应速率增大。N点的温度比M点的低,但压强比M点的大,故N点时的反应速率不一定比M点的大,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大,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。7.A解析:反应起始时,甲、乙两个容器中二氧化氮的浓度相同、温度相同、压强相同

,反应速率相同,随着反应进行,容器乙中压强降低。容器甲容积可变,压强不变,故反应达平衡时,两容器内的压强关系是p(甲)>p(乙),甲中平衡正向移动,平衡时NO2的体积分数减小,故A项正确。容器乙容积不变,随着反应进行,反应混合气体的物质的量减小,容器乙中压强降低,而容器甲容积可变、压强不变,由

压强越大反应速率越大可知,容器甲中的反应达到平衡所需时间短,故B项错误。反应为2NO2(g)N2O4(g),平衡常数K=���(N2O4)���2(NO2),故C项错误。甲容器中压强始终不变,而乙中压强不变可判断反应达到平衡状态,故D项错误。8.D解析:反应在甲醇的产率达到最大时平衡,

之后随着温度的升高,CH3OH的产率降低,说明正反应为放热反应,反应达到新的平衡时v正=v逆,故A项错误。图中P点所示条件下,温度较低,反应没有达到平衡,延长反应时间能提高CH3OH的产率,故B项错误。正反应是放热反应,ΔH<0,

故C项错误。520K下将1molCO2和3molH2在反应器中反应时,CH3OH的产率为50%,列出“三段式”:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始/mol1300转化/mol0.51.50.50.5平衡/mol0.51.50.

50.5H2的体积分数为1.53×100%=50%,若起始时向容器中加入2molCO2和6molH2,维持520K反应达到平衡,等效于将1molCO2和3molH2在反应器中反应后增大压强,该反应是气体体积

减小的反应,增大压强,平衡正向移动,H2的体积分数小于50%,故D项正确。二、非选择题9.Ⅰ.(1)2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ·mol-1(2)BⅡ.(3)①大于

②���(CH3������)·���(H2���)���(CO2)·���3(H2)(4)①<②CO2解析:Ⅰ.(1)某反应的平衡常数表达式为K=���(N2)·���2(���O2)���2(NO)·���2(CO),则发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(

g)+2CO2(g)。根据盖斯定律可知,②×2-③-①得,2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ·mol-1。(2)该反应为分解反应,起始时,只充入N2O5进行反应,则NO2和O2的浓度比始终不变,两者浓度比保持不变,不能确定反应是否

达到化学平衡状态,A项错误。该反应正向为气体体积增大的反应,压强为变量,容器中压强不再变化,说明各组分的浓度不再变化,反应已达到化学平衡状态,B项正确。v正(NO2)=2v逆(N2O5)表明反应达到化学平衡状态,C项错误。反应前后气体的总质量、气体的体积为定值,则密

度为定值,故不能根据密度判断是否达到平衡状态,D项错误。Ⅱ.(3)①A、B两点温度相同,正反应为气体体积减小的反应,增大压强平衡正向移动,CO2转化率增大,故压强曲线a大于曲线b,压强越大反应速率越大,故反应速率vA大于vB;②该反应的平衡常数表达式K=���(CH3����

��)·���(H2���)���(CO2)·���3(H2)。(4)①由图2可知,相同压强下,温度越高氢气转化率越小,说明升高温度平衡逆向移动,正反应放热,则ΔH<0;②升高温度,反应逆向进行,所以产物的物质的量是逐渐减小的,反

应物的物质的量逐渐增大,根据方程式中各物质的化学计量数关系可知,曲线a代表的物质为H2,b表示CO2,c为H2O,d为C2H5OH。10.(1)低温(2)①6×10-6②1∶2温度相同时,NH3与NO物质的量的比值越小,NO的脱除率越小(3)①1∶160(1160或

0.00625)②256���解析:(1)根据盖斯定律,由2×①-②可得,反应2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)的焓变为-1196kJ·mol-1<0,该反应是一个熵减的过程,所以ΔS<0,由ΔH-TΔS<0可知,该反应

要在低温条件下才能自发进行。(2)①曲线a中,NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3,若从X点到Y点经过20s,则该时间段内NO的脱除速率为(0.75-0.55)×6×10-4mg·m-320s=6×10-6mg

·m-3·s-1。②温度相同时,NH3与NO的物质的量的比值越小,NO的脱除率越小,所以曲线a、b、c对应的NH3与NO的物质的量之比分别为3∶1、1∶1.5、1∶2,所以曲线c对应的NH3与NO的物质的量之比是1∶2。(3)①A点时,设CO2的

变化浓度为xmol·L-1,则有2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)起始浓度(mol·L-1)4400变化浓度(mol·L-1)xx0.5xx平衡浓度(mol·L-1)4-x4-x0.5xx因为CO和CO2的物质的量浓度相等,即4-x=x,解得x=2;平衡时,依据“三段式”法计

算:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)起始浓度(mol·L-1)4400变化浓度(mol·L-1)3.23.21.63.2平衡浓度(mol·L-1)0.80.81.63.2根据平衡时的“

三段式”及平衡时v逆=v正可算出���正���逆=���(N2)·���2(CO2)���2(NO)·���2(CO)=1.6×3.220.82×0.82=40,则A点时v逆∶v正=k逆c(N2)·c2(CO2)∶k正c2(NO)·c2(CO)=���逆×1×22���正×22×2

2=140×14=1160。②平衡时体系压强为p,Kp为气体分压表示的平衡常数,物质的总浓度为0.8mol·L-1+0.8mol·L-1+1.6mol·L-1+3.2mol·L-1=6.4mol·L-1,根据

分压=总压×物质的量分数,则平衡常数Kp=���(N2)×���2(CO2)���2(NO)×���2(CO)=1.66.4���×3.26.4���20.86.4���2×0.86.4���2=256���。考点20化学平衡常数及转化率化学反应的调控参考答案一、选择

题1.D解析:D的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1,则生成D的物质的量是0.1mol·L-1·min-1×4L×5min=2mol。根据物质的变化量之比等于方程式中各物质的化学计量数之比可知,x=2,A项正确。根据方程式可知,消耗A和B的物质的量分别是3mol

和1mol,所以B的转化率是1mol5mol×100%=20%,B项正确。平衡时A的物质的量是6mol-3mol=3mol,其浓度是3mol4L=0.75mol·L-1,C项正确。该反应前后气体分子总数不变,故无论

反应是否达到平衡状态,混合气体的压强都不改变,D项错误。2.A解析:扩大容器容积为原来的10倍,B的转化率不变,则a=1。设B的变化浓度为xmol·L-1,令容器的容积为1L,则:A(g)+B(g)C(g)+D(g)起始浓度/(mol·L-1)32

00变化浓度/(mol·L-1)xxxx平衡浓度/(mol·L-1)3-x2-xxx根据平衡浓度的关系,(3-x)×(2-x)=x×x,解得x=1.2,则B的转化率为1.2mol2mol×100%=60%,A项正确。3.D解析:因为生成物CO与H2的物质的量按1∶

1生成,所以平衡时CO与H2的物质的量比为1∶1,A项正确。由图可知,温度一定时,甲烷的转化率α(p1)>α(p2)>α(p3)>α(p4),正反应是气体体积增大的反应,增大压强平衡向逆反应进行,甲烷的转化率降低,故压强p4>p3>p2>p1,B项正确

。压强为p4、1100℃的条件下,达到平衡X点时甲烷的转化率为80%,甲烷的浓度变化量为0.1mol·L-1×80%=0.08mol·L-1,则v(CO2)=Δ���Δ���=0.08mol·L-110

min=0.008mol·L-1·min-1,C项正确。由题图可知,当压强相同时,温度越高,CH4的平衡转化率越大,D项错误。4.A解析:该反应为吸热反应,升高温度,平衡正向进行,平衡常数增大,根据表中数据可知,5min时反应已达到平衡,故T1时该反应的化

学平衡常数为(0.4)2×0.20.4×0.1=0.8,T2时该反应的化学平衡常数为0.64,故T1>T2,A项正确,C项错误。根据“三段式”可知,0~5min内,用M表示的平均反应速率为v=Δ���Δ���=0.2mol·L-15min=0.04mol·L-1·min-1,B项

错误。根据化学方程式M、N的化学计量数之比可知,两者的转化率之比始终保持不变,是个定值,故D项错误。5.D解析:平衡时,X的转化率=(0.1-0.05)mol·L-10.1mol·L-1×100%=50%,A项错误;温

度为T时,该反应的平衡常数K=���2(Z)���(X)·���3(���)=0.120.05×0.053=1600,B项错误;该反应是气体分子数减小的反应,达平衡后,增大体系压强,v正、v逆均增大,平衡向正反应方向移动,C项

错误;前2min内,用Y的浓度变化量表示的平均反应速率v(Y)=3v(X)=3×0.02mol·L-12min=0.03mol·L-1·min-1,D项正确。6.B解析:根据图像分析,压强一定,温度升高,Fe3O4的平衡转化率升高,该反应为吸热反应,ΔH>0,即a>0,

A项正确;温度一定时,压强增大,平衡逆向移动,Fe3O4的平衡转化率降低,故p1<p2,B项错误;升高温度,平衡正向移动,反应的平衡常数增大,C项正确;将体系中O2分离出去,平衡正向移动,能提高Fe3O4的转化率,D项正确。7.C解析:由图可知,随温度升高,CO2的

平衡转化率减小,说明升高温度,平衡逆向移动,则正反应为放热反应,即ΔH<0,根据反应的化学方程式可知ΔS<0,则ΔH-TΔS可能小于0,因此常温下该反应可能自发进行,A项错误;氢碳比越大,二氧化碳的转化率越大,故X>2.0,B项

错误;由图可知,P点平衡时二氧化碳转化率为0.50,氢碳比为2.0,根据三段式可计算出此时的平衡常数为512,C项正确;向处于P点状态的容器中,按物质的量之比为2∶4∶1∶4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O,此时平衡正向移动,再次平衡后,α(CO2)增大,D项

错误。二、非选择题8.(1)-307���2���1(2)b(1-10-0.1)×100%(3)(ⅰ)Ⅰ(ⅱ)c(ⅲ)<2解析:(1)分析题给的两个热化学方程式,可知反应③可由②-①2得到,故ΔH3=12(ΔH2-ΔH1)=12×(-329-285)kJ·mol-1=-307kJ·mol-1

。反应③的平衡常数K3=���2���1。(2)对于题述反应MO++CH4M++CH3OH,温度越高,MO+与CH4反应的速率越大,反应相同时间MO+的转化率越大,即温度越高,���(MO+)���(MO+)+���(M+)的

值越小,则-lg���(MO+)���(MO+)+���(M+)的值就越大,因此图中310K的曲线是a,300K的曲线是b。300K、60s时的图像纵坐标数值为0.1,则-lg���(MO+)���(MO+)+���(M+)=0.1,���(MO+)���(MO+)+���(M

+)=10-0.1,则MO+的转化率为���(M+)���(MO+)+���(M+)×100%=(1-10-0.1)×100%。(3)(ⅰ)观察分析图中反应进程知,步骤Ⅰ中甲烷中C—H键发生变化,氧原子与氢原子间形成新的共价键。(ⅱ)依据题目信息“元素被替换为更重的

同位素时,反应会变慢”,当CH4被替换为CD4后,反应变慢,说明其反应的活化能变大,故选c。(ⅲ)根据上述分析,当MO+与CH2D2反应时,H原子与O原子结合跟D原子与O原子结合相比较,反应更快,则产量更高。依据反应机理知,当MO+与CHD3反应时,实际

参与替换的氢原子共两种类型(H和D),故生成的氘代甲醇有2种。9.(1)-122.6(2)AC(3)>20%(4)0.18mol·L-1·min-1KA=KC>KB解析:(1)反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3O

H(g)+H2O(g)ΔH1=-49.6kJ·mol-1反应Ⅱ:CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)ΔH2=+23.4kJ·mol-1反应Ⅲ:2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH3根据盖斯定律,由反应Ⅰ×2-反应Ⅱ得ΔH3=2ΔH1-ΔH2=

-49.6kJ·mol-1×2-23.4kJ·mol-1=-122.6kJ·mol-1。(2)反应Ⅰ是反应前后气体的物质的量变化的反应,所以压强不变说明反应达到平衡状态,故A项正确。恒温恒容条件下,由于各物质均为气体,故反

应前后质量与体积都不变,混合气体的密度始终不变,故B项错误。水分子中断裂2NA个H—O,同时氢分子中断裂3NA个H—H,说明v正=v逆,故C项正确。CH3OH和H2O的浓度之比保持不变,相当于两者之比等于1∶1,不能说明反应达到平衡状态,故D项错误。(3)在反应CH3OCH3(g)

+H2O(g)2CH3OH(g)中,根据Q=���2(CH3OH)���(CH3������H3)·���(H2���)=0.421.8×1.8<0.25,说明平衡正向移动,故此时v正>v逆。设CH3OCH3转化了xmol·L

-1,则CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)起始浓度(mol·L-1)1.81.80.4变化浓度(mol·L-1)xx2x平衡浓度(mol·L-1)1.8-x1.8-x0.4+2x根据K=(0.4+2���)(0.4+2���)(1.8-���

)(1.8-���)=0.25,解得x=0.2,混合气体中CH3OH的体积分数为0.8mol·L-11.6mol·L-1+1.6mol·L-1+0.8mol·L-1×100%=20%。(4)设反应生成了xmolCH3OCH3,则2CO2(g)+

6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)起始/mol61200变化/mol2x6xx3x平衡/mol6-2x12-6xx3x已知���(H2)���(CO2)=12mol6mol=2,根据CO2的平衡转化率,T1温度下CO2的

转化率为60%,所以有2���6=0.6,解得x=1.8,故0~5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=1.8mol2L×5min=0.18mol·L-1·min-1。已知反应为放热反应,投料比一定时,T2对应的CO2的平衡转化率小于T1对应的CO2的平衡转化率

,说明T2下平衡逆向移动,K变小,化学平衡常数只与温度有关,所以KA、KB、KC三者之间的大小关系为KA=KC>KB。考点21电离平衡参考答案一、选择题1.B解析:两溶液中醋酸的物质的量,n1=c1·V1=0.1L×0.01mol·L-1=1×10-3mol

,n2=c2·V2=0.01L×0.1mol·L-1=1×10-3mol,两者相等,因而中和时消耗的NaOH的量相等,故A项错误。稀溶液中氢离子浓度小于浓溶液中氢离子浓度,温度不变,水的离子积常数不变,则OH-的物质的量浓度前者大于后者,故

B项正确。稀溶液中氢离子浓度小于浓溶液中氢离子浓度,氢离子浓度越大,与Mg反应的起始速率越大,则与Mg反应的起始速率前者小于后者,故C项错误。醋酸的电离常数K=���(H+)·���(CH3������O-)���(CH3������������

),温度不变,电离常数不变,故D项错误。2.D解析:A项,CH3COOH为弱电解质,在水溶液中部分电离,0.1L0.5mol·L-1CH3COOH溶液中含有的H+数小于0.05NA,错误;B项,CH3COOH溶液中存在平衡CH3COOHCH3COO-+H+,加

水稀释,平衡右移,产生的离子数增加,但溶液的体积增大,c(CH3COO-)、c(H+)减小,溶液的导电能力减弱,错误;C项,加水稀释时,CH3COOHCH3COO-+H+平衡右移,n(H+)增大,n(CH3

COOH)减小,���(H+)���(CH3������������)=���(H+)������(CH3������������)���=���(H+)���(CH3������������),故比值变大,错误;D项,稀释时,n(CH3COO-)增大,n(CH3COOH)减小,故��

�(CH3������������)���(CH3������O-)的值减小,正确。3.C解析:一水合氨是弱电解质,不能完全电离,因此0.1mol·L-1氨水的pH一定小于13,故A项错误。醋酸是弱电解质,水溶

液显酸性,加水稀释后,CH3COOH的浓度减小,虽然电离程度增大,但还是抵消不了由于加水稀释而使c(H+)减小的程度,溶液pH增大,c(OH-)增大,故B项错误。在0.1mol·L-1醋酸中,根据电荷

守恒:c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+),故C项正确。0.1mol·L-1的氨水与0.1mol·L-1的盐酸等体积混合后所得溶液为氯化铵,铵根离子发生水解,溶液显酸性,所以c(Cl-)>c(NH4

+)>c(H+)>c(OH-),故D项错误。4.BC解析:A项,由图像可知,MOH和ROH稀释相同倍数时,MOH的pH变化慢,故MOH为弱碱,正确。B项,在X点,c(OH-)=c(M+)+c(H+)=c(R+)+c(H

+),X点时MOH和ROH溶液中c(H+)均为10-11mol·L-1,c(OH-)均为10-3mol·L-1,故c(M+)=c(R+),错误。C项,MOH为弱碱,若ROH为强碱,则稀释前c(ROH)<10c(MO

H),错误。D项,稀释前MOH溶液中由水电离出的c(OH-)=10-12mol·L-1;ROH溶液中由水电离出的c(OH-)=10-13mol·L-1,故前者是后者的10倍,正确。5.D解析:Ka=1.0×10-4=���(HCOO-)·���

(H+)���(HCOOH)=���(HCOO-)×10-3���(HCOOH),可得���(HCOOH)���(HCOO-)=10,A项正确。由两溶液中的电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)和c(Na+)+c(H

+)=c(ClO-)+c(OH-)可知,由于次氯酸的酸性弱于甲酸的酸性,因此次氯酸根离子的水解能力大于甲酸根离子的水解能力,则相同浓度的HCOONa和NaClO溶液,次氯酸钠溶液的pH大于甲酸钠溶液的pH,所以次氯酸钠溶

液中的H+浓度小于甲酸钠溶液中的H+浓度,根据电荷守恒可知,由于两溶液中的离子均只带一个单位的电荷,则阴离子浓度之和等于阳离子浓度之和,而两溶液中的钠离子浓度相等,H+浓度大的,则离子总浓度就大,所以离子总浓度是前

者大于后者,B项正确。等浓度、等体积的Na2S和HCOOH混合后生成等物质的量的NaHS和HCOONa,根据元素守恒:c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH),C项正确。因为NaClO具有强氧化性,硫化氢具有还原性,两者混合会发

生氧化还原反应,ClO-+H2SS↓+Cl-+H2O,D项错误。6.D解析:根据图像知,反应达到终点时,HX与HY消耗的NaOH溶液的体积分别是30mL和40mL,故起始酸的体积比V(HX)∶V(HY)为3∶4,故A项错误。用NaOH溶液滴定HX达到滴定终点时,溶液的pH约为

8,而甲基橙的变色范围是3.1~4.4,故不能用甲基橙作指示剂,故B项错误。由图像中两种酸浓度相同时的pH可知,HY的酸性强于HX的酸性,pH相同的两种酸溶液中,c(HY)<c(HX),故C项错误。同浓度的K

X和HX的混合溶液中,存在电荷守恒为c(H+)+c(K+)=c(X-)+c(OH-),元素守恒为2c(K+)=c(HX)+c(X-),将元素守恒代入电荷守恒可得c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+),故D项正确。7.B解析:1mol·

L-1的HA溶液的pH为2,c(A-)=c(H+)=0.01mol·L-1,c(HA)约为1mol·L-1,则HA的电离常数约为10-4,A项正确。由电荷守恒有:c(H+)=c(A-)+c(OH-),c(H+)=c(B-)+c(OH-),当两溶液均稀释至lg������

0+1=4时,HB溶液pH=3,HA溶液pH>3,则有c(A-)<c(B-),B项错误。HA为弱酸,HB为强酸,等体积、pH相同的两种酸所含一元酸的物质的量n(HA)>n(HB),故分别用NaOH溶液中和时,消耗的NaOH物质的量:HA

>HB,C项正确。等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液,Na+数目相同,HA为弱酸,盐溶液中A-发生水解,使溶液呈碱性,NaA溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),HB为强酸,盐溶液中B-不发生水解,NaB溶液呈中性,N

aB溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-),NaA溶液中c(H+)<NaB溶液中c(H+),所以等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者,D项正确。8.A解析:由图像知,曲线的交点处,c

(HA)=c(A-),此时pH=4.7,则Ka(HA)=���(H+)·���(A-)���(HA)=10-4.7≈10-5,因此Ka(HA)的数量级为10-5,A项正确。A点、B点溶液均显酸性,均抑制水的电离,A点pH较小,溶液酸性较强

,抑制水的电离程度更大,因此,溶液中由水电离出的c(H+):A点<B点,B项错误。当pH=4.7时,c(HA)=c(A-),但c(OH-)不等于c(H+),C项错误。HA为弱酸,当消耗NaOH溶液的体积

为20.00mL时,两者恰好反应生成NaA溶液,溶液显碱性,pH>7,D项错误。二、非选择题9.(1)H3PO4HPO42−(2)CO2+ClO-+H2OHClO+HCO3-10.8(3)1.4×10-3解析:(1)酸性最强的电离平衡常数最大;酸性最弱的电离平衡常数最小。(2)向N

aClO溶液中通入少量的二氧化碳,根据平衡常数���a1(H2CO3)>Ka(HClO)>���a2(H2CO3),发生反应的离子方程式为CO2+ClO-+H2OHClO+HCO3-。在NaClO溶液中Cl

O-+H2OHClO+OH-,若ClO-水解的浓度为xmol·L-1,水解后c(HClO)=c(OH-)=xmol·L-1,由Ka(HClO)=���(ClO-)·���(H+)���(HClO)=���(ClO-)·���W���

(HClO)·���(OH-),即(1.2-���)×10-14���2=3.0×10-8,解得:x=2.0×10-3.5,故pOH=-lg(2×10-3.5)=3.2,pH=10.8。(3)设该温度下,0.10mol·L-

1的CH3COOH溶液中CH3COO-的浓度为ymol·L-1,Ka(CH3COOH)=���(CH3������O-)·���(H+)���(CH3������������)=���20.10−���=1.96×10-5,解得y=1.4×10-3。10.(1

)���(H+)·���(HSO3-)���(H2���O3)(2)<(3)C>B>A(4)CO32−>SO32−>CH3COO->HSO3-(5)①>②=③解析:(2)由于H2SO3的酸性强于CH3COO

H的酸性,pH相同的醋酸与亚硫酸稀释相同倍数,pH变化大的是较强酸,因此稀释后溶液的pH:前者<后者。(3)溶液越稀,醋酸电离程度越大,则A、B、C三点溶液中CH3COOH的电离程度由大到小的顺序为C>B>A。(4)根据电离

平衡常数数据可知酸性:H2SO3>CH3COOH>H2CO3>HSO3->HCO3-,因此CH3COO-、CO32−、HSO3-、SO32−在溶液中结合H+的能力由大到小的顺序为CO32−>SO32−>CH

3COO->HSO3-。(5)溶液中氢离子浓度相同,说明pH相同,假设提供1mol·L-1的氢离子,需要①溶液浓度应大于1mol·L-1,需要②溶液浓度为1mol·L-1,需要③溶液浓度为0.5mol·L-1,其物质的量浓度由大到小的顺序是①>②>③

。由于硫酸是二元酸,盐酸与硫酸中和能力相当,因此分别与同浓度的NaOH溶液完全中和时,消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是①>②=③。11.(1)BD(2)向右减小(3)<(4)410解析:(1)C

H3COOH溶液加水稀释过程中促进电离,但c(H+)减小,A项错误;���(H+)���(CH3������������)=���(H+)���(CH3������������)·���(CH3������O-)���(CH3������O-)=���a���(CH3������O-)

,Ka不变,醋酸根离子浓度减小,则稀释过程中比值变大,B项正确;温度不变,KW不变,C项错误;稀释过程促进电离,c(H+)减小,c(OH-)增大,则���(OH-)���(H+)的值变大,D项正确。(2)CH3COOH是弱电解质,加水稀释促进CH3COOH电离,所以CH3COOH电离平衡向正

反应方向移动;向醋酸中加入醋酸钠固体,溶液中醋酸根离子浓度增大,抑制CH3COOH电离,则氢离子浓度减小,醋酸分子浓度增大,所以���(H+)���(CH3������������)减小。(3)pH相等的醋酸和盐酸,醋酸的浓度大于盐

酸,等体积等pH的两种酸,醋酸的物质的量大于HCl,酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大,所以消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)<V(乙)。(4)pH=2的盐酸稀释到原体积的10n倍,pH增大n,所以取甲溶液稀释到原体积的100倍,pH为4;99mL0.01mol·L-1

的盐酸与1mL1mol·L-1的NaOH溶液混合,溶液显碱性,c(OH-)=1×1−99×0.01100mol·L-1=10-4mol·L-1,溶液的pH=10。12.(1)3.0033.00(2)正实验Ⅱ相当于在实

验Ⅰ的基础上将HAc溶液稀释到原来的10倍,如果平衡不发生移动,则稀释后c(H+)应为实验Ⅰ的110,pH应为3.86,但实际pH=3.36,说明稀释HAc溶液时,电离平衡正向移动解析:(1)由表中信息n(NaAc)∶n(HAc)=3∶

4可知,n(NaAc)=34n(HAc);又因为NaAc溶液和HAc溶液的浓度相等,故V(NaAc)=34V(HAc)=3.00mL;由题干信息得知,此表中溶液总体积相同。故b=40.00-4.00-3.00=33.00。(2)实验Ⅱ相当于在实验Ⅰ的基础上将H

Ac溶液稀释到原来的10倍,如果平衡不发生移动,则稀释后c(H+)应为实验Ⅰ的110,pH应为3.86,但实际pH=3.36,说明稀释HAc溶液时,电离平衡正向移动。考点22水的电离和溶液的pH参考答案一、选择题1.D解析:锥形瓶不用待测液润洗,①错;③石蕊

变色不明显,不易观察颜色,在酸碱中和滴定时不用石蕊溶液作指示剂,③错;滴定管使用前要润洗,⑤错;滴定过程中眼睛观察锥形瓶中溶液颜色变化,⑦错。2.D解析:温度升高水的电离程度增大,氢离子浓度增大,氢氧根离子浓度也增大,但溶液仍为中性,A项错误。因为醋酸是

弱酸,当溶液加水稀释时,醋酸会继续电离,所以稀释到原体积的10倍时,溶液的pH范围是a<pH<(a+1),B项错误。将NaCl溶液从常温加热至80℃,水的电离程度增大,氢离子浓度增大,氢氧根离子浓度也增大,但溶液仍为中性,p

H减小,C项错误。pH=2的硫酸和pH=2的醋酸以体积比1∶10混合后,溶液的氢离子浓度为c(H+)=1L×10-2mol·L-1+10L×10-2mol·L-11L+10L=10-2mol·L-1,pH仍为2,D项正确。3.D解析:升高温度,水的电离程度增大,水电离产生的c(

H+)增大,溶液的pH减小,但水仍呈中性,A项错误。室温下,pH=5的盐酸加水稀释至原溶液体积的103倍,溶液仍呈酸性,则pH<7,B项错误。pH=1的盐酸与pH=3的盐酸等体积混合后,所得混合液的pH<2,C项错误。醋酸是弱电解质,pH=3的醋酸中c(CH3CO

OH)>1×10-3mol·L-1,pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=1×10-3mol·L-1,两者等体积混合后,醋酸有剩余,所得混合液呈酸性,则pH<7,D项正确。4.B解析:根据曲线可以看出盐酸的pH=1,pH=-lgc(

H+)=1,所以c(HCl)=c(H+)=0.1mol·L-1,故A项错误;根据曲线可以看出P点时溶液的pH=7,说明溶液呈中性,反应恰好完全,故B项正确;曲线a的pH随着滴定的进行由小到大,说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸的滴定曲线,故C项错误;氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性

,可用酚酞或甲基橙作指示剂,故D项错误。5.AD解析:常温下KW=1×10-14,0.1mol·L-1HA溶液中���(OH-)���(H+)=1.0×10-8,则c(H+)=1.0×10-3mol·L-1,故HA溶液的pH=3,A项正确。HA

溶液中OH-全部来源于水的电离,则水电离出的c水(H+)=c水(OH-)=1.0×10-11mol·L-1,B项错误。常温下水的离子积常数为KW=1×10-14,与溶液的酸碱性无关,C项错误。等浓度的NaOH溶液与HA溶液恰好完全反应生成NaA,

此时溶液呈碱性,若使溶液的pH=7,应使n(HA)稍大于n(NaOH),则有0.1mol·L-1×aL<0.1mol·L-1×bL,从而推知a<b,D项正确。6.CD解析:对于一元弱电解质,电离平衡常数为电离出离子

浓度的乘积与未电离分子的浓度之比,则电离平衡常数表达式Kb=���(CH3���H3+)·���(OH-)���(CH3���H2),故A项错误。Kb与温度有关,则加入适量的CH3NH2溶液,电离常数Kb不变

,故B项错误。温度不变,KW不变,加水促进电离,但总体积增大,则c(OH-)减小,故C项正确。弱碱电离吸热,升高温度,电离平衡正向移动,c(CH3NH3+)增大,故D项正确。7.B解析:pH=3的硫酸溶液中,c(H+)=10-3mol·L-1,由于室温下水的离子积常数KW=10-14,所以溶液中

由水电离出的H+浓度c(H+)=10-1410-3mol·L-1=1.0×10-11mol·L-1,A项正确。在盐酸中存在电荷守恒:c(H+)=c(OH-)+c(Cl-);在醋酸溶液中存在电荷守恒:c(H+)=c(OH-

)+c(CH3COO-)。由于溶液的pH相等,则两种溶液中c(H+)相等,温度相同即KW不变,所以溶液中c(OH-)相等,故两种溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-),B项错误。NaHS溶液呈碱性,是

由于在溶液中HS-发生水解,使溶液中c(H+)<c(OH-),因此可说明H2S是弱电解质,C项正确。在氨水中存在电离平衡:NH3·H2ONH4++OH-,当向溶液中加入氯化铵固体时,溶液中c(NH4+)增大,电离平衡逆向移

动,导致溶液中c(OH-)减小,故溶液的pH减小,D项正确。8.D解析:CH3COOH溶液中加入NaOH溶液发生CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O,B点消耗NaOH溶液的体积为10mL,NaOH和CH3COOH的物质的量浓度相等,则此时溶液中溶质为

CH3COOH和CH3COONa,且两者物质的量相等,CH3COO-的水解常数为���W���a=10-141.75×10-5=11.75×10-9<1.75×10-5,CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解,即B点溶液显酸性。D点溶质为CH3COONa和NaOH,溶液显碱性,B、D两点pH

不相同,故A项错误。根据A项分析知,B点溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa,且两者物质的量相等,CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解,因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),故B项错误。E点溶质为CH3COONa和N

aOH,且两者物质的量相等,根据元素守恒,因此有c(Na+)=2[c(CH3COOH)+c(CH3COO-)]=40×10-3L×0.01mol·L-160×10-3L≈0.007mol·L-1,故C项错误。CH3COOH发生电离:CH3COOHCH3COO-+H+,电离平衡常数K

a=���(H+)·���(CH3������O-)���(CH3������������)=1.75×10-5,因此有c2(H+)=1.75×10-7,即c(H+)=4.2×10-4mol·L-1,根据水的离子积常数知,溶液中c(OH-)=���W���(H+

)≈2.4×10-11mol·L-1,即水电离出的c(H+)=2.4×10-11mol·L-1,故D项正确。9.C解析:C点溶液呈中性,所以c(H+)=c(OH-),由电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl

-)+c(OH-)知,c(NH4+)=c(Cl-),A项正确。由图像知,B点溶液为NH4Cl溶液,此溶液中离子浓度大小为c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),B项正确。由图像知,B点溶液温度最高,说明此时两溶液恰好

反应生成氯化铵,铵根离子水解促进了水的电离,则A、D两点都抑制了水的电离,B点水的电离程度最大;由于D点混合液的pH不知,则无法判断A、D两点水的电离程度大小,C项错误。根据图像可知,25℃时溶液的pH=7,则c(

H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1;根据电荷守恒知,c(NH4+)=c(Cl-)=0.5mol·L-1;根据元素守恒可知,c(NH3·H2O)=(0.5n-0.5)mol·L-1,则25℃时NH4Cl的水解常数为Kh=(0.5���-0.5)×10-70.5=(n-1)×1

0-7,D项正确。10.A解析:据图可知,溶液中H2M、HM-、M2-三种粒子可以同时存在,所以H2M应为二元弱酸,pH增大的过程中发生反应:H2M+OH-HM-+H2O、HM-+OH-M2-+H2O。起点处,溶液中主要存在H2MHM-+H+,据图可知c(H2M)=0.1m

ol·L-1,c(HM-)=0.001mol·L-1,根据元素守恒,二元酸的浓度应为0.1mol·L-1+0.001mol·L-1=0.101mol·L-1,故A项错误。据图可知,pH=1.89时,c(H2M)

=c(HM-)>c(M2-),故B项正确。lgc(M2-)-lgc(HM-)=lg���(M2−)���(HM-),���a2=���(M2−)·���(H+)���(HM-),据图可知,pH=6.23时,���(M2−)���(HM-)

=1,所以���a2=10-6.23;温度不变平衡常数不变,所以pH=7.0时,���(M2−)���(HM-)=10-6.2310-7=100.77,则lg���(M2−)���(HM-)=0.77,故C项正确。在NaHM溶液中含M元素主要以HM

-的形式存在,据图可知,当溶液中c(HM-)最大时,溶液呈酸性,说明HM-的电离程度大于水解程度,所以水的电离受到抑制,故D项正确。二、非选择题11.(1)1∶1(2)①>根据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)

+c(A-),由于c(OH-)>c(H+),故c(Na+)>c(A-)②AD解析:(1)根据混合后所得溶液的pH为1,可得0.15mol·L-1×2×���1-0.1mol·L-1×���2���1+���2=0.1m

ol·L-1,解得V1∶V2=1∶1。(2)①根据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),若溶液pH>7,则c(OH-)>c(H+),故c(Na+)>c(A-)。②若反应后溶液呈中性,则c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol·L-1,A项正确。若HA是强酸,得到溶液显中

性,pH=7;若HA是弱酸,则HA部分电离,同体积反应后溶液显酸性,pH<7,B项错误。若反应后溶液呈酸性,如果HA是弱酸,可能因为反应后HA过量使溶液显酸性,a不一定大于b,C项错误。若反应后溶液呈碱性,如果HA是强酸,说明NaOH过量,a一定小于b;若H

A是弱酸,HA不完全电离,未电离部分也消耗NaOH,侧面说明a一定小于b,D项正确。12.(1)+1(2)①H2N2O2H++HN2O2-,HN2O2-H++N2O22−②>③>解析:(1)H2N2O2分子中,H的化合价为+1价,O的化合价为-2价,根据化合物中元素化合价代数和为0,得氮元素的化合

价为+1价。(2)①从图像可知0.01mol·L-1的H2N2O2溶液pH=4.3,故H2N2O2是二元弱酸,以第一步电离为主,故在水溶液中的电离方程式:H2N2O2H++HN2O2-,HN2O2-H++N2O22−;②B点时溶液中溶质是NaHN2O2,其溶液pH>7,说明HN2O2-以水

解为主,故溶液中c(H2N2O2)>c(N2O22−);③A点时溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HN2O2-)+2c(N2O22−)+c(OH-),pH=7,则c(H+)=c(OH-),得c(Na+)=c(HN2O2-)+2c(N2O22−),c(Na+)>c(

HN2O2-)+c(N2O22−)。13.(1)4×10-4mol·L-13.4(2)C酚酞C点以上(3)B解析:(1)电离消耗的CH3COOH在计算CH3COOH的电离平衡浓度时可以忽略不计。由Ka=���2(H+)���(CH3������������)得,c(H+)=1.6×10

-5×0.01mol·L-1=4×10-4mol·L-1。(2)A点是CH3COOH,B点是CH3COOH和少量CH3COOK的混合溶液,C点是CH3COOK和少量CH3COOH的混合溶液,D点是CH3COOK和KOH的混合溶液,酸、碱均能抑制水的电离,CH3COOK

水解促进水的电离,所以C点溶液中水的电离程度最大。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性,故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞。滴定终点应在C点以上。(3)由于稀氨水显碱性,A项、C项错误;两者恰好反应时溶液显酸性,D项错误,B项正确。考点23盐类的水解参考答案一、选择题1.D解析:

A项,部分天然水呈碱性是因为HCO3-发生水解,错误;B项,NH4Cl是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性,因此能溶解铁锈,错误;C项,用惰性电极电解食盐水,生成物是H2、Cl2、NaOH,Cl2与NaOH溶液反应可以制备漂白液,与水解无关,错误;D项,Na2CO3溶液中存在水解平衡CO32−+H

2OHCO3-+OH-,加入BaCl2溶液后生成BaCO3沉淀,c(CO32−)降低,水解平衡左移,溶液的碱性减弱,所以红色逐渐褪去,正确。2.D解析:在一定条件下,Na2CO3溶液中存在水解平衡:CO32−+H2OHCO3-+OH-,溶液中通入NH3,抑制水解,c(CO32−)

增大,c(Na+)不变,所以���(Na+)���(CO32−)减小,A项正确;K2C2O4溶液中草酸根离子水解显示碱性,升高温度,水解程度增加,草酸根离子浓度减小,钾离子浓度不变,所以���(K+)���(C2O42−)增大,B项正确;向0.1mol·L-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中

性,此时溶液中的溶质是HF和NaF,根据电荷守恒,当c(H+)=c(OH-)时,c(Na+)=c(F-),两者比值是1,C项正确;CH3COONa溶液中加入少量水,不会影响醋酸的电离平衡常数,故1���a=���(CH3������������)���(CH3������O-)·���(

H+)不变,D项错误。3.D解析:A项,由Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+可知加入CaCO3消耗H+,使平衡右移而除去Fe3+,但又引入新的杂质Ca2+,错误;B项,所加酸应是稀硫酸,加入稀盐酸会引入新杂质

,错误;C项,加热法不能除去Fe3+,错误。4.C解析:相同浓度时,pH:NaHCO3>NaF,则水解程度:HCO3->F-,根据“越弱越水解”知,酸性:H2CO3<HF,A项错误。①溶液中溶质NaCl为强酸强碱盐,在溶液中不水解,②溶液中溶质CH

3COONH4为弱酸弱碱盐,在溶液中发生相互促进的水解反应,B项错误。根据电荷守恒知,①③溶液中离子的总浓度均为2c(Na+)+2c(H+),NaCl对水的电离无影响,而NaF促进水的电离,①溶液显中性,③溶液显碱性,故①中c(H+)大于③中c(

H+),离子的总浓度:①>③,C项正确。根据元素守恒知,④溶液中:c(HCO3-)+c(CO32−)+c(H2CO3)=0.1mol·L-1,D项错误。5.B解析:该溶液为四种强碱弱酸盐溶液,均促进了水的电离,溶液碱性越强,水解程度越大,促进水电离的程度越大,故水的

电离程度③>④>②>①,A项错误。Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在着H+、OH-、CO32−、HCO3-、H2CO3、Na+、H2O,B项正确。由盐溶液的碱性可知,醋酸的酸性强于次氯酸,在物质的量浓度相等的条件下,pH

小的是醋酸,C项错误。根据元素守恒,Na2CO3溶液中,c(Na+)=2c(CO32−)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3),D项错误。6.CD解析:根据电离平衡常数可知,电离能力:HF>H2CO3>HCN>HCO3-。相同物质的量浓度的HCN和HF溶液,HF溶液中的

H+浓度较大,则对水的电离抑制程度大,A项正确。根据电离平衡常数可知,CO32−的水解能力最大,故Na2CO3溶液的碱性最强,pH最大,B项正确。根据电荷守恒可知,阴离子的浓度之和等于c(Na+)+c(H+),等浓度的NaCN、NaF溶液中,水解程度较大

的是CN-,则NaCN溶液的碱性较强,H+浓度较小,所以c(F-)+c(OH-)>c(CN-)+c'(OH-),C项错误。由于HCN比HCO3-的电离能力强,故NaCN溶液通入少量的CO2生成NaHCO3,正确的离子方程式为C

N-+H2O+CO2HCN+HCO3-,D项错误。7.C解析:A项,烧碱是NaOH,错误;B项,漂白粉变质是因为Ca(ClO)2与空气中的CO2反应,生成CaCO3、HClO,HClO见光分解,错误;D项,原因是Fe3+与Cu反应生成Fe2+与Cu2+,错误。8.CD

解析:根据起始时加入物质的量可知,A点恰好消耗完H+,溶液中的溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4;B、C、D三点溶液的溶质中均含有NH3·H2O;(NH4)2SO4可以促进水的电离,而NH3·H2O抑制水的电离,B点溶液呈中性,所以A点水的电离程度最大,A项错误。等浓度的两溶液等体积混合后,

浓度均减半,A点溶液中的溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4,根据元素守恒,c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(SO42−)=0.05mol·L-1,B项错误。B点溶液显中性,溶液中的溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O,NH4+会水解,离子浓度大小关系为c(N

a+)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+),C项正确。B点溶液显中性,溶液中的溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O,再加入NaOH溶液,发生的离子反应为NH4++

OH-NH3·H2O,D项正确。9.D解析:没有给出Na2CO3和NaHCO3的量的关系,若两者的物质的量浓度相等,则离子浓度之间的关系正确,A项错误;根据电荷守恒有c(NH4+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32−),溶液pH=7即c

(H+)=c(OH-),所以c(NH4+)+c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32−),根据元素守恒有c(Na+)=c(SO32−)+c(HSO3-)+c(H2SO3),进而有c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO3

2−),故有c(Na+)>c(SO32−)>c(NH4+),B项错误;Fe2+的水解抑制NH4+的水解,HCO3-的水解促进NH4+的水解,则c(NH4+)的大小关系为④>①>③>②,C项错误;根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(Cl-),溶

液pH=7,即c(H+)=c(OH-),即c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-),根据元素守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),因此c(CH3COOH)=c(Cl-),综合分析得c(Na+)>c(CH3COOH)=c(C

l-),D项正确。10.B解析:室温下,将等体积、等浓度的HA溶液和KOH溶液混合(忽略体积变化),溶液呈碱性,说明HA是弱酸。溶液中存在电荷守恒,即c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),反应生成的

盐是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),水的电离较微弱,所以c(A-)>c(OH-),故A项正确。实验①反应后溶液中存在电荷守恒,即c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),c(OH-)-c(H+)=c(

K+)-c(A-)=���W1×10-9mol·L-1-10-9mol·L-1,故B项错误。当等物质的量的酸与碱恰好反应时,溶液呈碱性,要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性,则酸的浓度应大于碱的浓度,根据元素守恒得c(A-)+c(HA)>0.1mo

l·L-1,故C项正确。实验②反应后的溶液中存在电荷守恒,即c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),溶液呈中性,即c(OH-)=c(H+),则c(K+)=c(A-),中性溶液中水的电离较微弱,所以c(A-)

>c(OH-),故D项正确。二、非选择题11.(1)酸NH4++H2ONH3·H2O+H+(2)<(3)Cl-NH4+(4)==(5)①H2AH++HA-,HA-H++A2-②>解析:(1)NH4Cl为强酸弱碱盐,NH4+水解使溶液显酸性。(2)CH3COONH4溶液中,醋酸根离子促进铵根离子的水

解,而NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离出来的氢离子抑制铵根离子的水解,所以后者中铵根离子浓度大。(3)因为氯离子在溶液中不水解,所以其浓度为0.1mol·L-1;根据原子守恒可知,含N原子粒子的总物质的量浓度为0.2mol·L-

1,而N原子的存在形式为NH3·H2O和NH4+。(4)溶液②的pH=7,说明CH3COO-水解生成的OH-的物质的量等于NH4+水解生成的H+的物质的量,即两者水解程度相同;根据电荷守恒得:c(CH3COO-)+c

(OH-)=c(NH4+)+c(H+),因为c(H+)=c(OH-),故c(CH3COO-)=c(NH4+)。(5)①由溶液中存在的粒子可知,H2A为二元弱酸,分步电离。②NaHA与NaOH恰好反应生成Na

2A,溶液显碱性。12.(1)a<d<c<b(2)BD(3)大于稀释相同倍数,一元酸HX的pH变化比CH3COOH的大,故HX酸性较强,电离平衡常数较大(4)9.9×10-7(5)①c(HCO3-)+c(H

+)②c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32−)解析:(1)酸的电离常数越大,其酸性就越强,酸性越强,其形成强碱弱酸盐的水解程度就越小,即相同浓度下的pH就越小,由表可以看出,电离常数为醋酸>碳酸的一级电离>次氯酸>碳酸的二级电离,

所以物质的量浓度均为0.1mol·L-1的四种溶液的pH由小到大排列的顺序是a<d<c<b。(2)由于醋酸为弱酸,其电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+,其电离常数Ka=���(CH3������O-)·���(H+)���(CH3������������),

则���(H+)���(CH3������������)=���a���(CH3������O-),因为加水稀释,所以c(CH3COO-)变小,温度不变,Ka不变,所以���(H+)���(CH3������������)变大,故B正确

,E错误;因为加水,所以c(H+)变小,故A错误;温度不变,水的离子积不变,即c(H+)·c(OH-)不变,故C错误;而���(OH-)���(H+)=���(OH-)·���(H+)���2(H+)=���W���2(H+),因KW不变,c(H+)减小,则���(OH-

)���(H+)变大,故D正确。(4)25℃时,CH3COOH与CH3COONa的混合溶液,若测得pH=6,根据电荷守恒可以得到c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),所以c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=10-

6mol·L-1-10-1410-6mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1。(5)标准状况下,1.12LCO2为0.05mol,100mL1mol·L-1的NaOH溶液含有NaOH的物质的量为0.1mol,所以两者反应得到溶质为0.05mol·L-1

的碳酸钠溶液,故根据质子守恒可以得到:c(OH-)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+);根据电荷守恒可以得到:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32−)。考点24沉淀溶解平衡参考答案一、选择题1.D解析:因为Ksp[Cu(OH)2]≫Ksp[Fe

(OH)3],所以可以通过提高溶液pH的方法将Fe3+转化为Fe(OH)3,同时不使Cu2+沉淀以达到除杂的目的。加入硫酸铜溶液基本不会增大溶液的pH,A项错误;加入NaOH或者氨水,都能增大pH将氯化铁转化为

沉淀,但是不好控制加入的量,容易将溶液中的Cu2+也转化为沉淀,B、C两项错误;加入CuO可以与溶液中的H+反应以增大溶液的pH,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,同时不会沉淀溶液中的Cu2+,D项正确。2.D解析:Ksp只与难溶

电解质的性质和外界温度有关,故A、C两项正确;由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS),所以ZnS在一定条件下可转化为CuS,故B项正确;同类型的难溶电解质(如AgCl、AgBr、AgI),Ksp越小,溶解度越小,而不同类型的难溶电解质(如Ag2SO4和AgI),Ks

p小的溶解度不一定小,需要进行换算,故D项错误。3.B解析:由②及沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)可知A项正确,B项错误;由③及难溶沉淀可以转化为更难溶沉淀可知C、D两项正确。4.D解析:PbCrO4为固体,移出PbCrO4(s),Cr2O72−的转化率不变,故A项错误。

加入少量NaOH固体,促进平衡正向移动,Cr2O72−浓度减小,溶液颜色变浅,故B项错误。加入Pb(NO3)2固体,c(Pb2+)增大,平衡正向移动,故C项错误。该反应为放热反应,降低温度,平衡正向移动,平衡常数增大,故D项正确。5.C解析:根据沉淀溶解平衡原理,当Q>Ksp时,有沉淀析

出。溶液中Cl-、Br-、CrO42−的浓度均为0.010mol·L-1,向该溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液时,溶解度小的先满足Q>Ksp,析出沉淀。比较Ksp,AgBr、AgCl同类型,溶解度:AgBr<AgCl。再比

较AgCl、Ag2CrO4沉淀所需c(Ag+),Cl-沉淀时所需c(Ag+)≥���sp(AgCl)���(Cl-)=1.56×10-100.010mol·L-1=1.56×10-8mol·L-1,CrO42−沉淀时所需c(Ag+)≥���sp

(Ag2CrO4)���(CrO42−)=9.0×10-120.010mol·L-1=3.0×10-5mol·L-1,故推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO42−,C项正确。6.B解析:由Ksp(CuS)=6.0×10-36、Ksp(ZnS)=3.0×10-25知

,CuS的溶解度小于ZnS的溶解度,硫化锌可以转化为硫化铜:ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+CuS(s),故A项正确。ZnS的溶解度大于PbS的溶解度,在白色硫化锌浊液中滴加硝酸铅溶液,可

以生成黑色沉淀(PbS),故B项错误。由题给信息可知,在水中的溶解度:S(ZnS)>S(PbS)>S(CuS),故C项正确。Ksp(CuS)=6.0×10-36,若溶液中c(Cu2+)=1×10-10mol·L-1,则c(S2-)=6.0×10-361×10-10mol·L

-1=6.0×10-26mol·L-1<1×10-5mol·L-1,则S2-已完全转化成CuS,故D项正确。7.C解析:根据题给信息知,MgCl2溶液与NaOH溶液等体积混合得到Mg(OH)2悬浊液,NaOH溶液剩余,但仍存在沉淀溶解

平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),A、B两项正确。实验②中是因为剩余的NaOH能与氯化铁反应生成Fe(OH)3,不能比较Fe(OH)3和Mg(OH)2的溶解能力,C项错误。Mg

(OH)2存在沉淀溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),加入NH4Cl溶液,NH4+与OH-发生反应,使平衡右移,沉淀溶解,D项正确。8.D解析:根据Ksp=c(M2+)·c(SO42−),

代入图中数据进行计算,三种沉淀的Ksp大小顺序为Ksp(CaSO4)>Ksp(PbSO4)>Ksp(BaSO4),A项错误;根据图像可知,A点在曲线上,可表示CaSO4的饱和溶液,但是c(Ca2+)>c(SO42−),B

项错误;图线中坐标数值越大,对应离子的浓度越小,B点在曲线下方,表示PbSO4的过饱和溶液,C项错误;由于Ksp(CaSO4)>Ksp(BaSO4),溶解度较大的沉淀可以向溶解度更小的沉淀转化,向Ba2+浓度为10-5mol·L-1的废水中加入CaSO4粉

末,沉淀由CaSO4转化为BaSO4沉淀,D项正确。9.A解析:溶液中存在足量的AgCl固体,根据平衡移动原理,随着氨水的滴加AgCl溶解度逐渐增大,则Cl-浓度增大、Ag+浓度减小,[Ag(NH3)]+开始占优势,而随着氨水的滴加[Ag(NH3)2]+浓度会逐渐超过

[Ag(NH3)]+,结合图像可知,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+、Cl-。曲线Ⅰ代表[Ag(NH3)2]+浓度随NH3浓度变化曲线,A错误;根据lg[c(NH3)/(mol·L-1)]=-1相关数据进行计算,A

gCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=10-7.40×10-2.35=10-9.75,B正确;根据lg[c(NH3)/(mol·L-1)]=-1相关数据进行计算反应[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常数,可得K=10-2.3510-5.16×10-1=103

.81,C正确;c(NH3)=0.01mol·L-1时,lg[c(NH3)/(mol·L-1)]=-2,溶液中c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)>c(Ag+),D正确。10.D解析:KCl与硝酸银反应的化学方程式为KCl+AgNO3AgCl↓+KNO3,铬酸

钾与硝酸银反应的化学方程式为K2CrO4+2AgNO3Ag2CrO4↓+2KNO3,根据化学方程式可知,在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液,氯离子浓度减小得更快,所以l1表示-lgc(Cl-)与V(AgNO3溶液)的变化

关系,故A项正确。M点加入的硝酸银溶液的体积是15mL,根据化学方程式KCl+AgNO3AgCl↓+KNO3可知,生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银,剩余0.0005mol硝酸银,则c(NO3-)>c(K+)>c(Ag+),银离子水解使溶液显酸性,则c(H+)>c(OH-),

所以M点溶液中,离子浓度为c(NO3-)>c(K+)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH-),故B项正确。N点纵坐标的数值是4.0,则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c(CrO42−)=10-4mol·L-1,c(Ag

+)=2×10-4mol·L-1,Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42−)·c2(Ag+)=10-4×(2×10-4)2=4.0×10-12,故C项正确。相同实验条件下,同一种溶液的Ksp相同,KCl和K2CrO4溶液的浓度是原来的一

半,故加入10mLAgNO3溶液就可以沉淀完全,Q点对应的纵坐标数值应是4.0,即c(CrO42−)=10-4mol·L-1,曲线l2中N点移到Q点上方,故D项错误。二、非选择题11.(1)PbSO4(s)+CO32−(aq)

PbCO3(s)+SO42−(aq)PbSO4饱和溶液中存在平衡PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO42−(aq),当加入碳酸钠溶液时,因为Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4),所以可生成PbCO3沉淀,从而使上述平衡右移,该反应的平衡常数K=���(SO42−)�

��(CO32−)=���sp(PbSO4)���sp(PbCO3)=2.5×10-87.4×10-14>105,所以几乎可以完全转化(2)BaSO4(s)+CO32−(aq)BaCO3(s)+SO42−(aq)的平衡常数K=���(SO42−)���(CO

32−)=���sp(BaSO4)���sp(BaCO3)=1.1×10-102.6×10-9≈0.04,远小于105,因此该反应进行的程度较小,不能使BaSO4完全转化(3)(ⅰ)Fe2+(ⅱ)Pb+H2O2+2CH3COOH(CH3COO)2Pb+2H2O(ⅲ)作还原剂(4)A

l(OH)3、Fe(OH)3(5)Na+解析:(1)由工艺流程图可知,“脱硫”过程的反应物为PbSO4和Na2CO3,由题给溶度积常数可知,生成物应为PbCO3,因此另一种生成物应为Na2SO4,所以该反应的离子方程式为PbSO

4(s)+CO32−(aq)PbCO3(s)+SO42−(aq)。该反应能够发生的原因是难溶物易转化为更难溶的物质,因为平衡常数K=���sp(PbSO4)���sp(PbCO3)=2.5×10-87.4×10-14>105,所以几乎可以完全转换。题目要求用沉淀溶解平衡原理解释

,因此应基于PbSO4(s)+CO32−(aq)PbCO3(s)+SO42−(aq)的平衡移动分析以及根据化学平衡常数进一步分析移动的程度。(2)根据第(1)小题的解题思路,仍然根据题给溶度积常数分析,与(1)不同的

是,BaSO4转化为BaCO3的平衡常数非常小,因此反应程度较小。(3)(ⅰ)H2O2有较强的氧化性,是工业生产中较为优良的氧化剂,由铅膏中含有的杂质元素可知,该步反应氧化的离子应为Fe2+。(ⅱ)由题给信息“H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为(CH3COO)2Pb”

可知,反应物为Pb、H2O2、CH3COOH,生成物中有(CH3COO)2Pb,由此可写出该反应的化学方程式:Pb+H2O2+2CH3COOH(CH3COO)2Pb+2H2O。(ⅲ)PbO2中Pb的化合价为+4价,

(CH3COO)2Pb中Pb的化合价为+2价,PbO2中Pb的化合价降低作氧化剂,因此该反应中H2O2作还原剂。(4)由题给金属氢氧化物沉淀时的pH可知,当pH=4.9时,Fe3+、Al3+可完全沉淀,因此滤渣的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3。(5)杂质中的Ba元素转化为硫酸钡,F

e、Al元素转化为氢氧化物沉淀,而反应过程中引入的金属离子只有Na+,因此沉铅后滤液中的金属离子为Na+。12.(1)CrO42−、Cr2O72−(2)32.76(3)①Cr3+、Fe3+、H+②不正确,c(H+)减小,化学平衡2H++2CrO42−Cr2O72−+H2O向逆

反应方向移动,溶液中Cr(Ⅵ)主要以CrO42−形式存在③铁屑过量;将溶液的pH控制在使Cr3+完全沉淀而Fe2+不沉淀的范围内解析:(1)根据反应可知,B中含铬元素的离子有CrO42−、Cr2O72−。(

2)清液的pH=5,则c(OH-)=10-9mol·L-1,c(Cr3+)=���sp[Cr(OH)3]���3(OH-)=6.3×10-4mol·L-1,6.3×10-4mol·L-1×52×103mg·mol-1=32

.76mg·L-1。(3)①若用FeSO4·7H2O作还原剂,则C中的阳离子有Fe2+、Fe3+、Cr3+、H+,Ksp[Fe(OH)2]较大,步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有Fe3+、Cr3+、H+。②c(H+)减小,化学平衡2H++2CrO42−

Cr2O72−+H2O向逆反应方向移动,溶液中Cr(Ⅵ)主要以CrO42−形式存在。考点25原子结构参考答案一、选择题1.A解析:本题考查原子结构及元素化合物性质等知识。依据信息“Y在化合物中显+1价”和核反应方程式,可推出元素X、Y分别为B(硼)和Li(锂

)。H3BO3属于弱酸,可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液,A项正确。锂单质在空气中燃烧的产物是氧化锂(Li2O),B项错误。B元素和H元素形成的是共价化合物,C项错误。6Li和7Li属于同位素,D项错误。2.D

解析:不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同,常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素,故A项正确。p轨道电子云形状是极大值在x、y、z轴上的哑铃形,故B项正确。电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述,故C项正确

。3p能级上只有一个空轨道的原子是Si,3p能级上有两个未成对电子的原子是Si或S,故D项错误。3.A解析:基态原子的核外电子排布应遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则。A项为K,核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1,主族元

素的价层电子是最外层电子,应为4s1,错误。B项为K的价层电子排布式,正确。C项为Cr,副族元素的价层电子是最外层电子与次外层的部分电子之和,核外电子为[Ar]3d54s1,即价层电子为3d54s1,此为洪特规则的特

例,3d轨道上的电子为半充满状态,整个体系的能量最低,正确。D项为Cu的价层电子排布式,正确。4.D解析:多电子原子中,根据构造原理,各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序:ns<np<nd<nf;②n不同时的能量高低

顺序:2s<3s<4s,2p<3p<4p;③不同能层、不同能级的能量高低顺序:ns<(n-2)f<(n-1)d<np,所以同一原子中,3s、3p、4s、3d能量依次升高,故A项错误。3s能级上的电子比3p能级上的电子能量更低,所以原子核外电子由1s22s22p63s23p1→1s22s2

2p63s13p2,原子要吸收能量,故B项错误。p轨道是哑铃形的,任何能层的p能级都有3个原子轨道,与能层的大小无关,故C项错误。在多电子的原子中,电子填充在不同的能层,能层又分不同的能级,同一能级又有不同的原子轨道,每个

轨道中最多可以填充两个电子,自旋相反,在一个基态多电子的原子中,不可能有两个运动状态完全相同的电子,故D项正确。5.B解析:37Cl原子核内的质子数是17,中子数为20,A项错误。同素异形体是指同种元素形成的不同单质,C项错误。Na和Na+属于同

种元素,但两者性质不同,D项错误。6.B解析:两种原子的电子层上全部都是s电子,可以为1s或1s、2s电子,则可能为第一周期和第二周期的元素,如H与Li不同周期,故A项错误。3p能级上只有一个空轨道的原子为Si,3p能级上有一个未成对电子的原子为Al或Cl,均为第三周期元素,故B

项正确。最外层电子排布式为2s22p6的原子为Ne,最外层电子排布式为2s22p6的离子可以是O2-或Na+等,不一定为同周期元素,故C项错误。原子核外M层上的s、p能级都充满电子,而d能级上没有电子,符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6为氩原子,1s22s22p63s

23p64s1为钾原子,1s22s22p63s23p64s2为钙原子,不一定处于同一周期,故D项错误。7.D解析:①违背了能量最低原理,电子优先填满能量低的轨道;②违背了洪特规则的特例;Br原子的最外层电子为第四电子层的7个电子,不包括3d能级上的电子,④错误;每个原子轨道

里只能容纳两个自旋相反的电子,⑤违背了泡利不相容原理。8.D解析:每层的电子数分别为2、5,所以有2个电子层,故A项正确。有3种能量不同的轨道,分别为1s、2s、2p,故B项正确。每个电子为一种运动状态,共7个电子

,有7种运动状态不同的电子,故C项正确。每层的电子数分别为2、5,所以最外层有5个电子,故D项错误。9.B解析:3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p2的原子都是指Si原子,故A项

错误;M层全充满而N层为4s2的原子是Zn原子,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2的原子是Fe原子,故B项正确;最外层电子数是核外电子总数的15的原子是Br,Br原子的核外电子排布式为1s22

s22p63s23p63d104s24p5,价层电子排布式为4s24p5,属于同种元素原子,故C项错误;2p能级有一个未成对电子的基态原子可能是B或F,价层电子排布式为2s22p5的原子是F,故D项错误。10.C解析:A项

,1s2结构的原子为He,1s22s2结构的原子为Be,两者性质不相似,错误。B项,X原子为Mg,Y原子N层上有2个电子的有多种元素,如第四周期中Ca、Fe等都符合,化学性质不一定相似,错误。C项,X原子与Y原子为同主族的元素,化学性质一定相似,正确。D项,最外

层只有1个电子的可以是第ⅠA族元素,也可以是过渡元素,故性质不一定相似,错误。二、非选择题11.(1)62CaCl2(2)[H··N··H··H··H]+(3)ClC解析:根据物质性质和粒子结构知,A为S,D为Cl,B为Ca,C为N。(1)S的最外层有6个电子,其运动状态各不

相同,3s、3p轨道上电子能量不相同,所以应有2种能量不同的电子。CaCl2是一种中性干燥剂。(2)该离子应为NH4+,其电子式为[H··N··H··H··H]+。(3)S和Cl相比较,Cl的非金属性强,可以根据氢化物的稳定性,最高价氧化物对

应的水化物的酸性以及Cl2+H2S2HCl+S↓进行判断。12.(1)原子2p轨道半充满,能量低,稳定(2)-1价F的电负性最强,只能得电子(3)2(4)能量最低原理电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时,以光(子)的形式释放能量解析:R

基态原子的最外层有3个未成对电子,次外层有2个电子,则R是N;S单质能与H2O剧烈反应,所得溶液呈弱酸性,则S是F;T基态原子3d轨道上有1个电子,则T是Sc;由X的轨道表示式可知,X是Mg。13.(1)[H··N··H··H··H]+[··H]-(2

)3哑铃(3)泡利原理(4)ⅦBd1s22s22p63s23p63d54s2(5)sp3三角锥形解析:由题给信息可知,元素A、B、C、D、E、F、G分别为H、N、Mg、P、Cl、K、Mn。(1)离子化合物NH5为氢化铵。(2)氮原子的基态原子能量最高的电子为p电子,p电子云有3个

方向,原子轨道呈哑铃形。(3)题图中3s轨道的两个电子自旋状态相同,违背了泡利原理。(5)PCl3的中心原子P的价层电子对数为4,故为sp3杂化;因外层有一对孤电子对,故空间结构为三角锥形。考点26元素周期律元素周期表参考答案一、选择题1.C解析:当失去

1个电子后变成全充满的稳定结构时,第二电离能最大,故C项正确。2.A解析:根据同周期元素从左到右金属性逐渐减弱可知,还原性Na>Mg>Al,故A项正确。同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势,但第ⅡA族元素大于第ⅢA族元素,因此第一电离能Na<Al<Mg,故B项错误。同周期元

素从左到右电负性逐渐增大,因此电负性Na<Mg<Al,故C项错误。同周期元素从左到右金属性逐渐减弱,其碱性逐渐减弱,因此碱性NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3,故D项错误。3.C解析:A项,与H2化合时X单质比Y单质容易,则X的非金属性强于Y的非金属性,元素非金属性越强电负

性越大,能说明X的电负性比Y的电负性大,不符合题意;B项,X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Y的最高价氧化物对应的水化物的酸性强,则X的非金属性强于Y的非金属性,元素非金属性越强电负性越大,能说明X的电负性比Y的电

负性大,不符合题意;C项,X原子的最外层电子数比Y原子的最外层电子数多,不能说明X的电负性比Y的电负性大,如Si的电负性比H小,符合题意;D项,X单质可以把Y从其氢化物中置换出来,则X的非金属性强于Y的非金属

性,元素非金属性越强电负性越大,能说明X的电负性比Y的电负性大,不符合题意。4.B解析:根据题干中有关W、X、Y、Z原子结构的信息,并结合对地球土壤中的元素组成的初步认识,可推断出X、Y、Z分别为第三周期的Mg、Al、Si,W为O。O、Mg、Al、S

i的原子半径大小顺序为X>Y>Z>W(Mg>Al>Si>O),A项错误;化合物XW(MgO)中的化学键是离子键,B项正确;Y(Al)单质的导电性强于Z(Si)单质的导电性,C项错误;Z的氧化物的水化物(硅酸或原硅酸)的酸性弱于碳

酸的酸性,D项错误。5.B解析:钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能,说明钾失电子能力比钠失电子能力强,所以钾的金属活动性强于钠的金属活动性,故A项正确;同一周期主族元素的原子半径随着原子序数的增大而减小,第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但第ⅡA族元素的电离能大于第ⅢA族元

素的电离能,第ⅤA族元素的电离能大于第ⅥA族元素的电离能,故B项错误;最外层电子排布为ns2np6(若只有K层时为1s2)的原子达到稳定结构,再失去电子较难,所以其第一电离能较大,故C项正确;对于同一元素来说,

原子失去电子个数越多,其失电子能力越弱,所以原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大,故D项正确。6.B解析:根据元素周期表对角线规则,金属Be与Al的单质及其化合物的性质相似,故A项正确。元素原子的第一电

离能越小,失去第一个电子所需要的能量越少,则在气态时该原子越易失去电子,B项错误。元素的电负性越大,其得电子的能力越强,则其原子在化合物中吸引电子的能力越强,C项正确。电负性大的元素,其原子在化合物中吸引电子能力越强,故易呈现负价;反之,电负性

小的元素易呈现正价,D项正确。7.D解析:电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力,随着核电荷数的增加呈周期性变化,故图乙可能表示元素的电负性随原子序数的变化,故A项错误。同周期元素中,非金属单质的熔点较低,与图像不符,故B项错误。同周期元素

从左到右,原子半径逐渐减小,与图像不符,故C项错误。同周期元素第一电离能从左到右呈增大的趋势,其中第ⅡA、第ⅢA族元素的第一电离能大于相邻主族元素,与图像基本符合,故D项正确。8.A解析:根据元素周期表的结构可知,X为N,Y为O,Z为Al,W为S,

Q为Cl。W、Y对应的简单氢化物分别为H2S和H2O,元素非金属性越强,其简单气态氢化物的稳定性越强,非金属性O>S,所以H2O的稳定性比H2S的稳定性强,故A项错误。S和Cl的非金属性:S<Cl,所以阴离子的还原性:S2->Cl-,故B项正确。O2-和Al3+的核外电子排布相同,离子半径随核电

荷数的增大而减小,所以离子半径:O2->Al3+,故C项正确。同主族元素,从上到下,原子半径逐渐增大,原子核对核外电子的吸引力逐渐减弱,所以元素的非金属性逐渐减弱,故元素的非金属性:O>S,故D项正确。9.C解析:X的原子核只有1个质子,则X

是氢元素;Y、Z、W为第二周期元素,可分别形成4、2、1条共价键,则Y、Z、W分别是C元素、O元素、F元素;元素E的原子比F原子多8个电子,则E为Cl元素。HClO4是强酸,A项正确;非金属性:F>O>C(W>Z>Y),B项正确;原子半径:Cl>F(E>W),C项

错误;氟元素的非金属性比氧元素强,OF2中F为-1价,O为+2价,D项正确。10.C解析:灰黑色晶体Y的单质的导电性介于导体和绝缘体之间,则Y为Si元素,Si单质通常用SiO2制取,则Q是O元素;SiO2与X混合加热反应生成X2Y,由于X的原子序数比

O大,比Si小,则X是Mg元素;通常状态下YW4呈气态,则W是H元素,即YW4是SiH4;Mg2Si与WZ反应产生SiH4,W是H元素,Z的原子序数比Si大,则Z是Cl元素,YW4为SiH4,SiH4加热分解生成Si和H2。元素的非金属性:O>Cl>H,元素的非金属性越强,其电负性就越大,所

以元素的电负性:O>Cl>H,即Q>Z>W,A项正确。YW4是SiH4,其中的Si原子杂化类型为sp3杂化,Si原子与4个H原子形成的是正四面体结构,因此SiH4是正四面体形分子,B项正确。由于离子的核外电子层数

越多,离子半径越大;当核外电子层数相同时,核电荷数越大离子半径越小,所以离子半径:Cl->O2->Mg2+,即离子半径:Z>Q>X,C项错误。元素的非金属性越强,其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性:O>Cl>Si,所以简单氢化物的稳定性:

H2O>HCl>SiH4,即氢化物的稳定性:Q>Z>Y,D项正确。二、非选择题11.(1)sp3杂化三角锥形(2)氨分子和水分子间可以形成氢键,且氨分子和水分子均为极性分子,根据“相似相溶”规律,氨分子与水分子还可以发生反应,故氨极易溶于水(3)Cl>P>S(4)解

析:B原子得一个电子后3p轨道全充满,则B的基态原子电子排布为1s22s22p63s23p5,B应该是氯元素。又因为A元素和B元素的原子都有1个未成对电子,A+比B-少一个电子层,所以A是钠元素。C原子的p轨道中有3个未成对电子,其气

态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大,所以C是氮元素。D的最高正化合价和最低负化合价的代数和为4,则D是第ⅥA族元素。其最高价氧化物中含D的质量分数为40%,则有���r(D)���r(D)+16×3×100%=40%,解得:Ar(D)=32,且其核内质子数等于中子数,所以D是

硫元素。(1)由分析可知,CB3分子为NCl3分子,N原子有一对孤电子对,与Cl原子成3个σ键,N原子采用sp3杂化,所以NCl3分子的VSEPR模型为四面体形,则NCl3分子的空间结构为三角锥形。(2)C的氢化物为氨,氨分子和水分子间可以形成氢键,且氨分子和水分子均为极性分子,根

据“相似相溶”规律,氨分子与水分子还可以发生反应,故氨极易溶于水。(3)D元素为硫元素,其同周期相邻元素分别为P、Cl,根据同一周期元素中,元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势,但第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能,所以P、S、Cl元素的第一电离能由大到小的顺序是:Cl

>P>S。(4)根据核外电子排布规律可知,氧原子价层电子的轨道表示式为。12.(1)C<O<N9(2)非极性分子平面三角形sp2(3)>(4)Mn2+的3d轨道电子为半充满状态,较稳定解析:D是电负性最大的元素,则D为F;A原子的L层有2

个未成对电子,则A为C或O,若A为O,则B和C不可能存在,故A为C,B为N,C为O;E的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构,则E为Mg,F为Ca,G3+的3d轨道电子为半充满状态,G的电子排布式为1s22s22p63s23d64s2,则G为Fe。(1)同周期元素从左到右第一电

离能逐渐增大,但N原子的2p轨道为半充满状态,较稳定,故其第一电离能大于O的第一电离能,故C、N、O的电离能大小关系为C<O<N。氟元素核外有9个电子,每个电子的运动状态均不同,故F有9种运动状态不同的电子。(2)CH4空间结构为

正四面体,故为非极性分子。CH3+的价层电子对数为3,σ键数为3,孤电子对数为0,故CH3+的空间结构为平面三角形。CH3+的价层电子对数为3,所以中心C原子采取sp2杂化。(3)MgO和CaO均为离子化合物,Mg2+与Ca

2+所带电荷相同,但是前者半径比后者小,表现为晶格能大,熔点大,所以MgO的熔点高于CaO的熔点。(4)M为锰元素,Mn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5,Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s

23p63d6,Mn2+的3d轨道电子排布为半充满状态,较稳定,因而再失去一个电子比Fe2+困难。13.(1)①M9Li<B<H②<Mg(2)3d104s1Cu+的价层电子排布式为3d10,Cu+核外电子处于稳定的全充

满状态(3)①1s22s22p63s23p2②As<Se<Br解析:(1)①氯原子核外有17个电子,基态原子的核外电子层有3层,电子占据的最高能层符号为M,该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道,所以具有的原子轨道数为9。电负性大小与元素非金属性强弱保

持一致,所以氢元素的电负性最大,其次是硼元素,锂元素的电负性最小。②核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,Li+与H-核外电子排布相同,Li+的核电荷数大,所以半径小。根据M的部分电离能数

据,I3出现突变,说明最外层电子数为2;元素有I5,说明核外电子数大于5,所以该元素为Mg。(2)Cu为29号元素,基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,价层电子排布式为3d104s1。轨道中电子处于全满、

全空、半满时原子最稳定,Cu+的最外层电子排布式为3s23p63d10,而Cu2+的最外层电子排布式为3s23p63d9,价电子排布达到全满时较稳定,所以固态Cu2O稳定性强于CuO。(3)①硅是14号元素,根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布

式为1s22s22p63s23p2。②砷、硒、溴三种元素都是第四周期非金属元素,同一周期元素从左到右电负性呈增大趋势,故电负性As<Se<Br。考点27化学键参考答案一、选择题1.D解析:一般地,原子的未成对电子

一旦配对成键,就不再与其他原子的未成对电子配对成键了,故共价键的饱和性由原子的未成对电子数决定,共价键的饱和性也就决定了各种原子形成分子时相互结合的数量关系,故A、C两项正确,D项错误。形成共价键时,原子轨道重叠的程度越大,共价键越稳定,原子轨道都有一定的形

状,要达到最大重叠,共价键必然有方向性,故B项正确。2.A解析:A项,σ键属于共价键,错误。B项,s-sσ键与s-pσ键都属于σ键,对称性相同,正确。C项,分子中含有共价键,则至少含有一个σ键,正确。D项,一般π键容易断裂,而σ键不易断裂,所

以含有π键的化合物与只含σ键的化合物的化学性质不同,正确。3.D解析:一般σ键比π键更稳定,A项错误。s-sσ键无方向性,B项错误。原子轨道以“头碰头”方式相互重叠形成的共价键为σ键,C项错误。两个原子之间形成共价键时,单键为σ键,双键和三键中都只有一个σ

键,D项正确。4.BD解析:NH4Cl、(NH4)2SO4均是由非金属元素组成的,却存在离子键,A项错误。H、Cl等原子中只有一个未成对电子,因而只能形成σ键,即有σ键不一定有π键;若形成π键则原子间

一定形成σ键,即有π键一定有σ键,B项正确。共价双键中有一个为σ键,另一个为π键,共价三键中有一个为σ键,另两个为π键,故乙炔()分子中有3个σ键、2个π键,C项错误。共价单键为σ键,乙烷的结构式为,其中所含的6个C—H和1个C—C均为σ键,D项正确。5.A解析:半径越小,得电子能力越强

,电负性越大,所以原子半径为O<N<S,则电负性为O>N>S,A项错误。N2的电子式为,分子中存在非极性共价键,B项正确。活泼的金属元素与活泼的非金属元素易形成离子化合物,C项正确。K+与NO3-之间为离子键,NO3-中

含有共价键,D项正确。6.C解析:由题意可以推出五种元素分别为C、N、O、H、Na,原子半径应是W>X>Y>Z>M(即Na>C>N>O>H),故A项错误。CO2、C2H2均为直线形共价化合物,而Na2O

2是离子化合物,不是直线形共价化合物,故B项错误。C、H元素形成的化合物可以全部为单键,也可能含有碳碳双键或碳碳三键,故有σ键,也可能有π键,故C项正确。X、Y、Z、M四种元素可形成化合物(NH4)2CO3、NH4HCO3、CO(NH2)2(尿素)等,前两种为离子化合物,既有离子键,又有共价键;而

尿素为共价化合物,只有共价键,故D项错误。7.B解析:①离子键通过阴、阳离子之间的相互作用形成,离子键没有方向性和饱和性,共价键是原子之间通过共用电子对形成,所以共价键有方向性和饱和性,故正确。②配位键在形成时,含有孤电子对的原子提供电子,含有空轨道的原子提供空轨道,两者形成配位键,故错误。③金

属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用,相互作用包含吸引力和排斥力,故正确。④在冰晶体中,既有极性共价键,又有氢键,但不存在非极性共价键,故错误。⑤化合物NH4Cl和CuSO4·5H2O都存在配位键,铵根离子中N原子和其

中一个H原子形成配位键,Cu原子和水分子中的O原子形成配位键,故正确。⑥NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水,二氧化硫与水反应生成亚硫酸,氟化氢、乙醇与水形成氢键,氯化钠在水溶液里电离,所以其原因不同,故正确。8.D解析:形成配位键的可以是离子,也可

以是分子或原子,故A项错误。若X提供空轨道,则应该是提供孤电子对的粒子指向提供空轨道的粒子,因此配位键表示为Y→X,故B项错误。X、Y分别为Ag+、NH3时,含有孤电子对的NH3作配体,故C项错误。若X提供空轨道,则Y至少要提供

一对孤电子对,故D项正确。9.AC解析:反应中HCHO反应生成了HOCH2CN,在CO两端分别连上了—H和—CN,发生了加成反应,故A项错误。HCHO和H2O都是由非金属元素组成的共价化合物,故B项正确

。配合物向生成更稳定的配合物转化,所以CN-和H2O与Zn2+的配位能力:CN-<H2O,故C项错误。配位键属于σ键,C≡N中含有1个σ键和2个π键,Zn2+与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中,σ键和π键的数目之比=(4+4)∶(4×2)=1∶1,故D项正确

。10.D解析:同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,则第一电离能:F>N>H,A项错误。F的电负性比N的电负性大,成键电子对偏向于F,使成键电子对离中心原子更远,所以成键电子对之间排斥力更小,则NF3的键角比NH3的键角小,B项错误。一般地,键长越短,键能越大,N

—H键长大于O—H键长,故O—H键能大,C项错误。二、非选择题11.(1)碳钠氧氯(2)p-p(3)1s22s22p63s23p6离子解析:(1)火焰呈黄色,说明有钠元素,则淡黄色固体为Na2O2,所以元素B为Na,元素C为O。由“D元素的负一价阴离

子的电子层结构与氩原子相同”知,D为Cl。由“A元素的最高正化合价和最低负化合价的绝对值相等”,又由于常温下AC2是气体,AD4是液体,所以AC2是二氧化碳(第ⅣA族元素中Si及其以下元素形成的氧化物常温下均为固体),AD4是

CCl4,即A是碳元素。(2)CCl4中只有σ键,且其类型为p-pσ键。12.(1)AB(2)离子键ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主,极性较小(3)1∶2(4)sp2和sp

39(5)Ge原子半径大,原子间形成的σ单键较长,p-p轨道“肩并肩”重叠程度很小或几乎不能重叠,难以形成π键(6)6(7)H2O2、N2H4解析:(1)阴、阳离子间存在离子键,Al与H之间还有共价单键,不存在双键或氢键,答案选AB。(2)根据ZnF2的熔点可以判断其为离子化合物,所以一

定存在离子键。作为离子化合物,ZnF2在有机溶剂中应该不溶,而ZnCl2、ZnBr2和ZnI2都是共价化合物,分子的极性较小,能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。(3)N2的结构式为N≡N,三键中含1个σ键和2个π键,N2分

子中σ键与π键的数目比为n(σ)∶n(π)=1∶2。(4)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是甲基中的C形成3个C—Hσ键、1个C—Cσ键,为sp3杂化,酮羰基中的C形成2个C—Cσ键、1个CO,故C的杂化方式为sp2;据以上分

析1mol丙酮分子中含有的σ键为9mol。(5)由于Ge原子半径大,Ge原子间形成的σ键较长,p-p轨道“肩并肩”重叠程度很小或几乎不能重叠,难以形成π键。(6)CH3CHO中单键为σ键,双键中含有1个σ键和1个π键,即1molCH3CHO中含6molσ键。(7)分子中既含有极性

共价键,又含有非极性共价键的化合物有H2O2、N2H4。13.(1)①[Co(NH3)6]Cl3[Co(NH3)4Cl2]Cl②6(2)①空轨道孤电子对②[Fe(SCN)]Cl2解析:(1)每个CoCl3·6NH3分子中有3个Cl-为外界离子,配体为6个NH3,

化学式为[Co(NH3)6]Cl3;每个CoCl3·4NH3(绿色和紫色)分子中有1个Cl-为外界离子,配体为4个NH3和2个Cl-,化学式均为[Co(NH3)4Cl2]Cl。②这几种配合物的化学式分别是[Co(NH3)6]Cl3、[

Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl,其配位数都是6。(2)①Fe3+与SCN-反应生成的配合物中,Fe3+提供空轨道,SCN-提供孤电子对。②Fe3+与SCN-以个数比为1∶1

配合所得离子为[Fe(SCN)]2+,故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe(SCN)]Cl2和KCl。14.(1)ACD(2)A(3)HFHI大于解析:(1)根据表中数据,同主族气态氢化物的键能从上至下逐

渐减小,稳定性逐渐减弱,A项正确。从键能看,氯气、溴单质、碘单质的稳定性逐渐减弱,由原子结构可知,氧化性也逐渐减弱,B项错误。由表格数据知,H—O的键能大于N—H的键能,又因为O的原子半径比N的原子半径小,知H2O分子中H—O极性共价键强于NH3分子中N—H,且水分子间氢键强于NH3分子间氢

键,在常温下,H2O为液态而NH3为气态,所以H2O的沸点比NH3的沸点高,C项正确。还原性与失电子能力有关,则还原性:HI>HBr>HCl>HF,D项正确。(2)由碳碳键的数据可知,A项正确。由O—O、OO

的键能数据可知,B项错误。C—H的键长大于N—H的键长,但是N—H的键能反而较小,C项错误。由C—H、N—H的键能知,CH4的键能较大,而稳定性较弱,D项错误。考点28分子结构与物质的性质参考答案一、选择题1.B解

析:BeCl2的中心原子Be无孤电子对,分子为直线形,A项错误;P4的分子结构为,所含共价键为非极性键,B项正确;基态Ni原子价电子排布式为3d84s2,C项错误;为反-2-丁烯,D项错误。2.D解析:H2O2分子的电子式为H··O······O······H,该物质中不含π键,故A项错误

。根据题中结构可知,该分子正电中心与负电中心不重合,为极性分子,故B项错误。H2O2中氧原子为sp3杂化,故C项错误。H2O2的沸点较高,可推测H2O2分子间可形成氢键,故D项正确。3.B解析:①BF3分子中硼原子杂化

轨道数为3,采取sp2杂化,故正确。②分子中硫原子杂化轨道数为4,采取sp3杂化,故错误。③分子中碳原子杂化轨道数为3,采取sp2杂化,故正确。④分子中每个碳原子杂化轨道数为2,采取sp杂化,故错误。⑤N2H4分子中每个氮原子杂化轨道数为

4,采取sp3杂化,故错误。⑥苯分子中每个碳原子杂化轨道数为3,采取sp2杂化,故正确。4.B解析:CS2与CO2分子的空间结构一样,为直线形,且二者正电中心和负电中心重合,故属于非极性分子,A项不符合题意;NF3与NH3结构类似,其空间结构为三角锥形,

属于极性分子,B项符合题意;SO3分子中,中心S原子采取sp2杂化,SO3分子的空间结构为平面正三角形,属于非极性分子,C项不符合题意;SiF4分子的空间结构为正四面体形,属于非极性分子,D项不符合题意。5.BD解析:A项,若为PCl3,则分子空间结构为三角锥形,

错误。B项,BCl3符合要求,其分子空间结构为平面三角形,正确。C项,若为SO3,则分子空间结构为平面三角形,错误。D项,可能为NH3,也可能为NF3等,正确。6.A解析:杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的

孤电子对,不能用于形成π键,A项错误。7.A解析:CO与CN-结构相似,原子间均以三键相连,含有的σ键与π键个数比均为1∶2,A项正确。根据VSEPR模型可知H2O、NH3、CH4分子内孤电子对数依次减少,键角依次增大,B项错误。氯元素和铜元素的电负性差值为1.1,两者形成

极性共价键,故氯化铜为共价化合物,C项错误。HF比HCl稳定是因为HF中H—F的键能更大,D项错误。8.D解析:CO分子内,碳氧原子共用2对电子对之外,还有1个配位键,结构式为C≡O,A项错误。通常非金属性强的元素电负性大,同周期元素从左到右电负性逐渐增强,故C、H、O元素

电负性由大到小的顺序为O>C>H,B项错误。HOOC—COOH分子中C的杂化方式为sp2杂化,CO2分子中C的杂化方式为sp杂化,碳原子杂化方式不相同,C项错误。根据HOOC—COOH的结构式,C原子与O原子形成碳氧双键,与C形成碳碳单键,与羟基形成单键,故每个C原子

周围形成三个σ键,则HOOC—COOH分子内σ键与π键个数之比为7∶2,D项正确。二、非选择题9.(1)①④②⑤③(2)直线形V形三角锥形正四面体形(3)sp3(4)sp3不在(5)平面三角加成产物CH3OH分子之间能形成氢键(6)

ⅥA两者均为分子晶体且结构相似,H2Te相对分子质量比H2S大,分子间作用力更强两者均为分子晶体,H2O分子之间能形成氢键解析:(1)①HCN中的C原子采取sp杂化,键角为180°;②SiF4中Si原子杂化轨道数为4,采取sp3杂化,键角为109°28';③SCl2中S原子杂化轨道数为4,

采取sp3杂化,含有2对孤电子对,分子为V形结构,键角约为105°;④CO32−中C原子的杂化轨道数为3,所以C原子采取sp2杂化,分子为平面三角形结构,键角为120°;⑤H3O+中O原子的杂化轨道数为4,所以O原子

采取sp3杂化,O原子上含有1对孤电子对,分子为三角锥形结构,键角约为107°。所以各粒子按键角由大到小的顺序排列为①④②⑤③。(2)ClO-中两原子构成直线形结构,ClO2-、ClO3-、ClO4-中Cl采取sp3杂化,孤电子对数分别为2、1、0,所以空间结构分

别为V形、三角锥形、正四面体形。(3)由题图结构可知,每个硫原子形成2个共价键,且含孤电子对数为2,S原子的杂化轨道数为4,故硫原子采取sp3杂化。(4)N2H4分子中,每个N原子形成3个σ键,N原子上有孤电子对数为1,故N原子采取sp3杂化;1个N原子和与其相连的2个H原子及另外1个N原子形

成类似NH3的三角锥形结构,故六个原子不可能共面。(5)HCHO分子的中心原子为C,价层电子对数为3,空间结构为平面三角形,与氢气加成后产物为CH3OH,甲醇分子之间能形成氢键,因此熔、沸点升高。(6)S位于周期表中第ⅥA族,H2Te与H2S

结构相似,H2Te相对分子质量比H2S大,分子间作用力更强,因此H2Te比H2S的沸点高;而H2O分子间可以形成氢键,因此H2O比H2Te沸点高。10.(1)N>C>Si>Na(2)(3)离子键、极性共价键、配位键、氢键(4)NH3

SiH4(5)sp直线形解析:由题意可推知A为碳、B为氮、C为钠、D为硅,由(3)中化合物可知E为铜。11.(1)1s22s22p63s23p63d104s24p2(2)共价键(3)正四面体sp3杂化非极性分子解析:依题意,X为第四周期第ⅣA族元素Ge,其核外电子排布

式为1s22s22p63s23p63d104s24p2,Y元素原子的最外层电子数比内层电子总数少3,则Y是Cl元素,Cl元素原子最外层电子的轨道表示式为。GeCl4分子中Ge与Cl形成的是极性共价键,分子的空间结构为正四面体形,中

心原子为sp3杂化,为非极性分子。12.(1)sp2大于(2)极性分子22s22p4解析:(1)甲醇分子内C原子的杂化方式为sp3杂化,所以O—C—H键角约为109°28';甲醛分子内的C原子的杂化方式为sp

2杂化,空间结构为平面三角形,O—C—H键角约为120°,所以甲醇分子内的O—C—H键角小于甲醛分子内的O—C—H键角。13.(1)③(2)H2O分子间可形成氢键(3)C6H6H2O大于(答案合理即可)(4)SiCl4>CCl4>CH

4(5)HClO4>HClO3>HClO2>HClO解析:由五种元素为短周期主族非金属元素,以及s轨道最多可容纳2个电子可得:a=1,b=c=2,即A为H元素,B为C元素,C为O元素。由D与B同主族,且为非金属元素可知D为Si元素;由E在C的下一周期且E为同周期电负性最大的元素可知E

为Cl元素。(1)①②③④分别为CO2、CH4、H2O2、CCl4,其中H2O2为极性分子,其他为非极性分子。(2)C的氢化物为H2O,H2O分子间可形成氢键。(3)B、A两元素可组成苯,C、A两元素可组成水,两者都为常见的溶剂,SiC

l4为非极性分子,易溶于非极性溶剂苯中。(4)BA4、BE4、DE4分别为CH4、CCl4、SiCl4,三者组成和结构相似,相对分子质量逐渐增大,分子间作用力逐渐增强,故它们的沸点顺序为SiCl4>CCl4>CH4。(5)这四种酸分别为HClO、HClO2、HClO3、HClO4,其酸性由强到弱的

顺序为HClO4>HClO3>HClO2>HClO。14.(1)①3d104s24p4②8③>SeO3分子为平面三角形,SeO32−为三角锥形(2)①11∶3②O>C>H>Fe解析:(1)①Se为第四周期第Ⅵ

A族元素,核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4。②该分子具有对称性,分子中有8种不同化学环境的碳原子。③SeO3中Se是sp2杂化,分子空间结构为平面三角形,键角是120°;SeO32−中Se是sp3杂化,Se原子上有孤电子对,离子空间结构为三角锥形,键

角小于120°。(2)①从结构模型看,富马酸分子的结构简式为HOOCCHCHCOOH,分子中有11个σ键、3个π键。②根据元素在周期表中的位置和电负性递变规律可知,富马酸亚铁中元素电负性由大到小的顺序为O>C>H>Fe。考点29晶体结构与性质参考答案

一、选择题1.D解析:由题中信息可知,当核间距改变时,键的性质会发生改变,这说明离子键和共价键没有绝对的界限。2.D解析:氢键是一种分子间作用力,比范德华力强,但是比化学键弱,氢键既可以存在于分子间,又可以存在于分子内,D项错误。3.D解析:同素异形体的研究对象是单质,CO2是化合物

,故A项错误。二氧化碳的共价晶体和二氧化碳的分子晶体属于不同物质,所以在一定条件下,CO2的共价晶体转化为CO2的分子晶体是化学变化,故B项错误。二氧化碳的分子晶体和二氧化碳的共价晶体的构成粒子不同,空间结构不同,所以其物理性质和化学性质

不同,故C项错误。利用知识迁移的方法分析,把二氧化硅结构中的硅原子替换成碳原子,在二氧化碳的共价晶体中,每个C原子结合4个O原子,每个O原子跟2个C原子相结合,故D项正确。4.C解析:影响金属晶体熔点的主要因素是金属键。镁

离子比铝离子的半径大且镁离子所带的电荷数少,所以金属镁比金属铝的金属键弱,其熔点和硬度都比金属铝小,A项错误。碱金属单质从Li到Cs,金属离子的半径是逐渐增大的,金属阳离子所带电荷数相同,金属键逐渐减弱,熔点和硬度

都逐渐减小,B项错误。铝离子的半径比钠离子的小且铝离子所带电荷数比钠离子的多,金属铝比金属钠的金属键强,所以金属铝的硬度比金属钠的硬度大,C项正确。镁离子的半径比钙离子的半径小,镁离子、钙离子所带电荷数相同,金属镁比金属钙的金属键强,所以金属镁的硬度比金属钙的硬度大,D

项错误。5.D解析:化合物中Co2+价电子个数为7,价电子排布式为3d7,故A项正确。由晶胞结构图可知,钴周围有6个O2-,配位数为6,故B项正确。C点的原子处于晶胞的体心,坐标参数为(12,12,12),故C项正确。此晶胞中O2-的个数为6×12=3,Ti4+的个数为8×18=1,Co2

+的个数为1,该物质的化学式为TiCoO3,故D项错误。6.C解析:该晶胞中实际含两个钠原子(顶点8×18+体内1),晶胞边长为4���3,则p=2×������A×(4���3)3,则r=34·32������

A���cm。7.C解析:LaH2中顶点La和面心La的配位数都是8,A项正确;LaH2的晶胞边长大于LaHx,且LaHx中存在以一个H为中心与另外4个H形成类似于甲烷结构,导致氢原子密度大,距离近,故H和H的最短距离:LaH2>LaHx,B

项正确;LaHx中共40个氢原子,其中一部分H在形成的立方体结构内,并不是40个顶点,C项错误;每个LaHx晶胞中有40个氢原子,晶胞体积为(4.84×10-8)3cm3,故含氢质量为40(4.84×10-8)3×6.02×1023g·cm-3,D项正确。8.A

解析:冰晶体属于分子晶体,冰晶体中的水分子主要是靠氢键结合在一起,氢键不是化学键,而是一种分子间作用力,故B、C两项均错误。每个水分子可以与4个水分子形成氢键,从而形成四面体结构,A项正确。水在4℃时密度最大,故冰融化后水分子之间空隙先减小后增大,D项错误。二、非选择题9.

(1)ds(2)sp31(3)B<C<O<N<F(4)①SnCu3P22a②64×3+31+119���A×(���×10-10)3解析:(1)铜元素的原子序数为29,价电子排布式为3d104s1,位于元素周期表的ds区。(2)由BTCu分子的结构示意图可知,硼原子以单

键与4个原子相连接,则硼原子的杂化方式为sp3杂化;硼原子的价电子数为3,最多可形成3个共价键,则硼原子形成的4个共价键中有1个为配位键。(3)BTCu-Cu2+离子中B、C、N、O、F为第二周期元素,同周期元素,从左到右第一电离能有增大的趋势,但氮原子的2p轨道为

半充满结构,第一电离能比相邻的元素大,则五种元素的第一电离能由小到大的顺序为B<C<O<N<F。(4)①由晶胞结构可知,晶胞中位于顶点的Sn原子个数为8×18=1,位于面心的Cu原子个数为6×12=3,位于体心的P

原子个数为1,则晶体的化学式为SnCu3P;设铜与铜原子最近距离为xpm,由磷原子位于铜原子形成的正方形的面心上可得2x2=(2×0.5a)2,解得x=22a;②设晶胞的密度为dg·cm-3,由晶胞的质量公式可得d×(a×10-10)3=1×(119+3

×64+31)���A,解得d=64×3+31+119���A×(���×10-10)3。10.(1)1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6(2)CuCl为分子晶体,CuF为离子晶体,离子晶体的熔点通常比分子晶体高(3)sp3低乙醇分子

间可以形成氢键,而乙硫醇分子间不能形成氢键(4)CuFeS2736���2������A×1021解析:(1)Fe是26号元素,原子核外有26个电子,铁原子失去最外层的两个电子变成Fe2+,Fe2+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d6或[Ar]

3d6。(2)由题意知CuCl熔点为426℃,熔化时几乎不导电,可以确定CuCl为分子晶体,熔点比较低;CuF的熔点为908℃,可确定CuF为离子晶体,熔点比较高。(3)乙硫醇(C2H5SH)里的S形成两个σ键,还有两个孤电子对,所以是sp3杂化。乙醇中有电负性较大的氧原子,分子间可以

形成氢键,沸点比乙硫醇的高。(4)对晶胞结构分析可知,晶胞中的Cu原子数目=8×18+4×12+1=4,Fe原子数目=6×12+4×14=4,S原子数目为8,原子个数比为N(Cu)∶N(Fe)∶N(S)=1∶1∶2

,所以X的化学式为CuFeS2。由上述计算可知晶胞内共含4个“CuFeS2”,晶胞的质量=4×184���Ag=736���Ag,晶胞的体积=a2b·10-21cm3,所以晶胞的密度=736���2������A×1021g·c

m-3。11.(1)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2p(2)3s2(3)大于(4)OH2O、Cl-18NA或18×6.02×1023(5)三角锥形(6)4×99.5���3

×���A解析:(1)铁是26号元素,根据核外电子排布规律,可知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2;砷原子的价层电子排布式为4s24p3,故位于p区。(2)从表中原子的第一至第四电离能可以看出,A的第二电离能小,第三电离能

较大,说明易失去2个电子,则A的化合价为+2价,应为Mg元素,价层电子排布式为3s2。(3)根据失去一个电子后的价层电子排布式确定第二电离能的大小;Cu+的价层电子排布式为3d10,处于全充满状态;而

锌失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1,最外层处于半充满状态,故铜的第二电离能大于锌的第二电离能。(4)在晶体[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中含有Ti、Cl、H、O四种元素,元素的非金属性越强,电负性越大。由于元素的非金属性最强的元素是

氧元素,所以O的电负性最大;晶体[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中内界离子是[TiCl(H2O)5]2+,中心离子是Ti3+,配体是Cl-、H2O,配位数是6。外界离子是2个Cl-,[TiCl(H2O)5]2+中含有6个

配位键,也属于σ键,水分子中含有2个σ键,故1mol[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中含有18molσ键,个数为18NA。(5)NH3分子中N原子是sp3杂化,且具有一个孤电子对,则NH3的空间结构为三角锥形。(6)一个晶胞中Cu原子数目为8×

18+6×12=4,Cl原子数目为4,则晶胞密度为ρ=������=4×99.5���3×���Ag·cm-3。12.(1)ⅠB(2)NK直线形sp(3)4(4)4×97×1021���Aδ334δ(0,0,0)14,14,14解析:(1)该二价金属离子有9

个价电子,价电子的能级为3d,原子的价电子排布式为3d104s1,为铜元素,位于周期表中的第四周期、第ⅠB族。(2)在氰酸钾(KOCN)的组成元素中,C、N、O是同一周期的元素,N的2p能级是半充满状态,结构稳定,第一电离能最大的是N;钾是金属,易失电子,

吸电子能力最小,电负性最小的是K;其中阴离子的空间结构是直线形,C的价层电子对数为2+4+1−3×1−2×12=2,C的杂化方式为sp。(3)环状离子中镁离子与4个氮原子间形成4个配位键,配位数为4。(4)晶胞中含有S2-位于顶点和面心,共含有8×18+6×12=4,Zn2+位于

体内,共4个,则晶胞中平均含有4个ZnS,质量为4×97���Ag,其晶胞棱长为δnm,体积为(δ×10-7)3cm3,其密度为4×97×1021���A���3g·cm-3;四个Zn2+在体内的四个小立方体的中心,不在同一平面上,过b向底面作垂线

,构成直角三角形,两边分别为24δ,14δ,即可求出斜边为34δnm(即位置a与位置b之间的距离),以a为原点,a位置的S2-和b位置的Zn2+的分数坐标依次为(0,0,0);14,14,14。13.(1)K2SeBr6(2)12×34���r������A×10

7解析:(1)由结构图和平面图可知,K位于晶胞内,正八面体结构位于顶点和面心。使用均摊法计算,K为8×1=8个,正八面体SeBr6为8×18+6×12=4个。故化学式为K2SeBr6。(2)根据结构图和平

面图可知,相邻K之间最短距离为棱长的一半。根据晶胞密度计算公式ρ=������������A,其中一个晶胞中有4个K2SeBr6,则可得出相邻K之间的最短距离为12×34���r������A×107nm。考点30有机化合物的结构特点与研

究方法参考答案一、选择题1.D解析:分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质,其分子结构不一定相似,如CH2CH2与,A项错误。若两种化合物组成元素相同,各元素的质量分数也相同,则它们的最简式必定相同,最简式相同的化

合物可能互为同分异构体,也可能不互为同分异构体,如CH3(CH2)2CH3和CH3CH(CH3)2互为同分异构体,而CH2CH2和CH2CH—CH3不互为同分异构体,B项错误。相对分子质量相同的物质很多,如C2H6O(乙醇)与CH2O2(甲酸

)具有相同的相对分子质量,但由于组成不同,故不互为同分异构体,C项错误。当不同化合物中组成元素的质量分数相同,相对分子质量也相同时,其分子式一定相同,因此这样的不同化合物互为同分异构体,D项正确。2.A解析:与苯环直接相连的两个甲基上碳原子与苯环一定共面,羧基上的碳原子

通过单键与苯环相连,单键可以旋转,所以所有碳原子可能处于同一平面,A项正确。该分子是对称结构,苯环上的一氯代物有2种,B项错误。该分子含有醚键和羧基两种官能团,与苯甲酸不互为同系物,C、D项错误。3.A解析:含有六元环的的同分异构体有、、,共3种,A项正确。该分子中含有多个饱和碳原子,所有碳原子不

在同一平面上,B项错误。该物质的分子中无苯环,不属于芳香烃,C项错误。该物质能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色,但与溴加成后,所得产物只有1种,D项错误。4.A解析:芳香族化合物能与NaHCO3发生反应产生CO2气体,则物质A为,

的同分异构体可以是酯,也可以是既含—CHO,又含—OH的化合物,依次组合可得:、、、4种。包括A在内,共5种。5.D解析:该有机化合物分子式为C13H14,A项错误。该有机化合物含有碳碳双键和碳碳三键,不属于苯的同系物,B项错误。该有机化合

物可以看成是由甲基、苯环、乙基、乙烯、乙炔连接而成,单键可以自由旋转,该有机化合物分子最多有13个碳原子共平面,至少有3个碳原子共直线,C项错误,D项正确。6.D解析:C4H10为丁烷,有正丁烷和异丁烷两

种同分异构体,A项错误。C5H10O2可写作C4H9COOH,丁基有4种结构,故分子组成是C5H10O2且属于羧酸的同分异构体有4种,B项错误。C4H8O可写作C3H7CHO,丙基有2种,故分子组成是C4H8O且属于醛的同分异构体有2种,C项错误。中

含有5种处于不同化学环境的氢原子,故其一溴代物有5种,D项正确。7.C解析:甲中苯环上有5种处于不同化学环境的氢原子,其苯环上的一氯代物有5种;乙中苯环上有4种处于不同化学环境的氢原子,其苯环上的一氯代物有4种,所以两者苯环上的一氯代物种数不同,A项错误。

由于单键可以旋转,甲、乙分子中共面的碳原子数不一定相同,B项错误。甲分子中能与溴反应的有碳碳双键和苯环上酚羟基的邻、对位氢原子,所以1mol甲与溴水反应最多能消耗4molBr2,C项正确。甲、乙分子中的官能团不同且所含

氢原子种类不同,用红外光谱、核磁共振氢谱都能区分两者,D项错误。8.D解析:甲烷的结构为正四面体,a中含有—CH2—结构,所以a中所有碳原子不能处于同一平面,A项错误。有机物b存在—CH2—、两种结构的碳原子,所以2个氯原子都连在1个—CH2—上,结构有1种,2个氯原子分别连在2个不同的—CH2—

上,结构有1种,共计有2种,B项错误。b物质中没有不饱和键,不能与溴水发生加成反应,C项错误。a、b、c三种物质分子式均为C5H6,但是结构不同,因此a、b、c互为同分异构体,D项正确。9.C解析:红外光谱可确定有机物分子中的官能团和化学键,

A项正确;两个碳碳双键所在的平面通过碳氧单键的旋转可以共平面,B项正确;符合条件的同分异构体有5种,其碳骨架分别为、、、、,C项错误;的异构化产物为,结构中既有醛基又含有碳碳双键,D项正确。二、非选择题10.(1)(2)(或)(3)解析:(1)根据②可知分子中

应含有酚羟基;根据③可知分子中应含有醛基;根据①可知分子对称,应为苯环上的对位结构,结构简式是。(2)根据③可知分子中应含有酚羟基、甲酸酯基;根据残基法,还剩余2个C原子,再根据①②,其结构简式是或。(3)该有机化合物除苯环外

还有2个碳原子、2个氧原子,含有一个双键,能发生银镜反应,能水解,说明存在酚羟基与甲酸形成的酯基结构;另外分子中还含有1个饱和碳原子、1个苯环,结合分子中有6种处于不同化学环境的氢原子可写出其结构简式。11.(1)2-甲基-

2-丙醇(2)碳溴键(3)取代反应(4)+(5)22(或)解析:在催化剂的条件下与溴反应生成溴苯,其结构简式为,A在一定条件下与Mg反应生成B,B与C在一定条件下生成,根据(4)中信息可知C为,根据信息②醇(ROH)与酚反应,烃基可以进入酚羟基的邻位或对位,可知D为

,与E反应生成,所以可知E为。(1)由以上分析可知,E为,其名称为2-甲基-2-丙醇;(2)A为,A中所含官能团的名称为碳溴键;(3)由以上分析D为,与反应生成,是取代反应;(4)已知C为,B为,+;(5)的同分异构体能与氢氧化钠反应,说明结构中含有

酚羟基,若苯环上含有两种取代基,丙基或者异丙基、酚羟基,其与酚羟基关系为邻间对,一共有6种;若苯环上含有三种取代基,乙基、甲基、酚羟基,同分异构体有10种,当苯环上含有四种取代基,同分异构体为6种,所以其能与氢氧化钠反应的同分异构体共有22种,其中核磁共振氢谱有四组峰,且峰面积之比为6∶3∶

2∶1,说明在该结构中有四种氢且对称性好,满足其条件的结构为或。12.(1)46(2)C2H6O(3)能C2H6O(4)CH3CH2OH解析:(1)在A的质谱图中,最大质荷比为46,所以其相对分子质量是46。(2)在2.3g该有机化合物中,n(C)=0.1mol,m(C)=1.2g,

n(H)=2.7g18g·mol-1×2=0.3mol,m(H)=0.3g,m(O)=2.3g-1.2g-0.3g=0.8g,n(O)=0.05mol。所以n(C)∶n(H)∶n(O)=0.1mol∶0.3mol∶0.05mol=2∶6∶1,A的实验式是C

2H6O。(3)A的实验式C2H6O中,碳原子已饱和,所以其实验式即为分子式。(4)A有如下两种可能的结构:CH3OCH3或CH3CH2OH;若为前者,则在核磁共振氢谱中应只有一组峰;若为后者,则在核磁共振氢谱中

应有三组峰,而且三组峰的面积之比是1∶2∶3,显然后者符合题意,所以A为CH3CH2OH。考点31烃参考答案一、选择题1.D解析:A项,烯烃可以含饱和键和不饱和键;B项,烯烃可以发生取代反应;C项,单烯烃的通式为CnH2n,多烯烃的通式不是Cn

H2n;D项,加成反应是不饱和烃的特征反应。2.A解析:己烷、己烯、己炔都属于烃,难溶于水且密度比水的小,A项正确。己烷是饱和链烃,不能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色,也不能发生聚合反应,B、D项错误。己烷分子中的各原子不在

同一平面上,C项错误。3.B解析:某气态烃1体积只能与1体积HBr发生加成反应,生成溴代烷,说明该烃为单烯烃。此溴代烷1mol可与7molCl2发生完全取代反应,说明原气态烯烃分子中含有6个H原子,则该烯烃为丙烯,B项正确。4.A解析:观察该烃的球棍模型可知X的结构简式为,该烃分子中含有碳碳双键

,A项正确。由于是在低温下合成的,故该分子在常温下不能稳定存在,B项错误。X分子中含有碳碳双键,易加成难取代,C项错误。该烃的分子式为C5H4,故等质量燃烧时,CH4的耗氧量较多,D项错误。5.C解析:A项应为1,2-二溴乙烷,B项应为3-甲基-1-戊烯,D项应为2,2,4-

三甲基戊烷。6.D解析:该物质属于有机化合物,根据“相似相溶”规律判断,易溶于有机溶剂,不易溶于水,A项错误。该分子中含有甲基,所以该分子中所有原子不在同一平面内,B项错误。该分子中含有碳碳双键,与苯的结构不相似,不是同系物,C项错误。该分子中

含有碳碳双键,能发生加聚反应,产物正确,D项正确。7.AC解析:CH3CHCHCH3可以看作是乙烯分子中2个C原子上的2个H原子分别被2个—CH3取代形成的物质,由于乙烯分子是平面结构,所以CH3CHCHCH3中4个C原子在

同一平面上,4个C原子不可能在同一直线上,B项错误。前者分子中有2个酚羟基,后者分子中有1个酚羟基和一个醚键,结构不相似,因此不互为同系物,D项错误。8.B解析:x中的苯环与乙烯基的平面重合时,所有原子才在同一平面上,A项错误。y完全氢化后的产物q为,q的二氯代物中一氯原子固定在2号碳原

子上时,有3种;固定在1号碳原子上有4种,合计7种,B项正确。x、y均含碳碳双键,故其能使溴水因加成反应而褪色,z不含碳碳双键,则不能发生加成反应,C项错误。x、y、z分子式相同,结构不同,互为同分异构体,D项错误。9.D解析:分子中含有碳碳双键,

两个三元环,环上的碳原子均为饱和碳原子,饱和碳原子呈四面体,故所有碳原子不可能在同一平面上,故A项错误。该有机化合物的分子不含苯环,与苯的结构不相似,不是苯的同系物,故B项错误。该分子中存在三种等效氢,故一氯代物有三种,故C项错误。该有机

化合物分子中含有碳碳双键,可以发生加成反应、加聚反应和氧化反应,故D项正确。二、非选择题10.(1)9(2)2-甲基-1,2-二溴丁烷(3)羧基(4)消去反应(5)++H2O解析:与溴发生的是加成反应,根据加成产

物可判断A的结构简式为CH3CH2C(CH3)BrCH2Br,其名称是2-甲基-1,2-二溴丁烷。反应②是水解反应,生成物B的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCH2OH。B氧化得到C,则C的结构简式为CH3CH2C(CH3)OHCOOH。根据C和D的

分子式可判断,反应④是消去反应,则D的结构简式为CH3CHC(CH3)COOH,反应⑤属于卤代烃的水解反应,则E的结构简式为,E与D通过酯化反应生成F,则F的结构简式为。分子中的五个C、碳碳双键上的两个H、两个甲基上各有一个H可能共面,故可能共

面的原子最多有9个。11.(1)9(2)C10H166(3)一氯环戊烷氢氧化钠的乙醇溶液,加热加成反应(4)解析:(1)根据乙烯的六个原子在同一平面上和甲烷的正四面体结构综合分析,环戊二烯分子中最多有9个原子处于同

一平面。(2)观察得出金刚烷的分子式为C10H16,含有6个—CH2—基团。(3)环戊烷与氯气发生取代反应生成一氯环戊烷,一氯环戊烷在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应生成环戊烯,环戊烯与溴发生加成反应生成1,2

-二溴环戊烷,1,2-二溴环戊烷在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应生成环戊二烯。(4)根据题给信息可得双键断裂引入醛基,因此二聚环戊二烯经过题中一系列反应后的产物为。12.(1)π(2)7(3)乙

酸丙酮(4)(5)ab解析:(1)CH2CH2+HBrCH3CH2Br的反应为加成反应,碳碳双键中的π键断裂。(2)D的分子式为C5H12O,属于醇类物质,同分异构体即戊醇(C5H11—OH)有8种(包含D),所以与D具有相同官能团的同分异构体有7种

,其中核磁共振氢谱有三组峰,峰面积比为9∶2∶1的同分异构体应有三个—CH3,即为。(3)酸性条件下KMnO4的氧化性强,能使碳碳双键断裂,将E氧化为CH3COOH(乙酸)、(丙酮)。(4)从H的结构结合与G反应的反应物的结构可知,该反应为“双烯合成反应”,则G的结构简式为。(5)由于J为α

,β-不饱和酮,则J的结构简式为。若经此路线由H合成I,由于有副产物的产生,故原子利用率低,a正确;I和J均为不饱和酮,性质相似,难以分离,b正确;I和J是在相同条件下生成的,反应条件(碱性溶液)不苛刻,c错误,该过程中没有有毒物质

生成,不会严重污染环境,d错误。考点32烃的衍生物参考答案一、选择题1.D解析:苯与氯气生成C6H6Cl6的反应是加成反应,A项错误。乙烯与溴水发生加成反应的产物应为CH2BrCH2Br,B项错误。甲烷与氯气反应生成的是CH

3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl的混合物,C项错误。CH3CO18OCH2CH3水解生成CH3COOH和CH3CH218OH,D项正确。2.B解析:先在NaOH溶液中水解生成,由于酸性>H2CO3>

,再通入二氧化碳气体即可生成,故B项正确。3.C解析:b的分子式为C10H12O,含有的官能团为碳碳双键和醚键,c的分子式为C10H12O,含有的官能团为碳碳双键和羟基,b、c的分子式相同,结构不同,互为同分异构体,A项正确。a中均为不饱和

碳原子,所有碳原子均有可能处于同一平面上,c中有一个饱和碳原子连在苯环上,一个饱和碳原子连在碳碳双键上,所有碳原子均有可能处于同一平面上,B项正确。a、b都不含有羟基和羧基,都不能发生酯化反应,C项错误。a、b、c均含有碳碳双键,均能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应,也均能与溴的四氯化碳溶液发生

加成反应,D项正确。4.A解析:该结构中含两个六元环,12个C原子;一个酯基、一个亚甲基,故其分子式为C14H20O2,故A项正确。一般情况下酯基不能与氢气加成,故1mol双环烯酯能与2molH2发生加成反应,B项错误。没

有具体说明双环烯酯的物质的量,故不能计算出分子中所含大π键的数目,故C项错误。该分子为非对称结构,酯基左边的一氯代物有6种;酯基右边部分一氯代物有7种,共计13种,故D项错误。5.D解析:该物质含有醛基,醛基可以被酸性高锰酸钾溶液氧

化,所以只用酸性高锰酸钾溶液不能确定该有机化合物中一定含有碳碳双键,故D项错误。6.C解析:该有机化合物结构中含有酚羟基和碳碳双键,能与溴发生取代反应和加成反应,A项错误;1分子迷迭香酸中含有2个苯环、1个碳碳双键,则1mol迷迭香

酸最多能与7mol氢气发生加成反应,B项错误;1分子迷迭香酸中含有4个酚羟基、1个羧基、1个酯基,则1mol迷迭香酸最多能与6molNaOH发生反应,D项错误。7.B解析:木黄酮分子中含有的官能团为酚羟基、醚键、羰基

、碳碳双键,共4种,A项错误;碳碳双键可与HBr发生加成反应,B项正确;木黄酮分子中酚羟基的邻位、对位C原子上的H原子能够与溴发生取代反应,1mol木黄酮可以通过取代反应消耗4molBr2,碳碳双键能够与溴发生加成反应,则1mol木黄酮与浓溴水

反应最多消耗5molBr2,C项错误;酚羟基可以与NaOH以物质的量之比1∶1反应,1个木黄酮分子中有3个酚羟基,故1mol木黄酮最多可消耗3molNaOH,D项错误。二、非选择题8.(1)醛基加成反应(2)(3)++HCl

↑(4)17和(5)CH3CH2OHCH3CHOCH3CHCHCOOHCH3CHCHCOOCH2CH3解析:根据已知ⅰ,A与HOOCCH2COOH反应生成B,B的结构简式为,分子式为C8H7O2N,B与氢气加成反应生成C,根据C的分

子式,C的结构简式为;根据题给已知ⅱ,F在特定试剂作用下生成G,G在硫酸作用下生成H,结合F和H的结构简式和F、G的分子式,可得G的结构简式为,C与ClCOOCH3反应生成D,D与COCl2反应生成E,E与X反应生成F,根据D、E、X、F的分子式,X的结构

简式为,D的结构简式为,E的结构简式为。9.(1)(2)(3)加成反应取代反应(4)、(5)+解析:由合成路线,结合已知条件可知,A()与发生Michael加成反应得到B,则B为,B与发生Michael加成反应得到C,则C为,D与HOCH2CH2OH在酸性

条件下发生取代反应得到E,E与CH3NH2发生取代反应生成F,F再经LiAlH4还原得到G,G再在酸性条件下水解得到H,H与OH-结合生成I,I为。10.(1)酯基+CH3I+NaI(2)取代反应(3)C11H13O2Br(4)、(5)解析:分析合成路线可知,B为。对比D、F结构

可知,D发生取代反应生成E,E为,F与甲醇发生酯化反应生成G,G发生取代反应得到H,同时生成乙二醇。(5)苯甲醇与HCl发生取代反应生成,与NaCN发生取代反应得到,在酸性条件下水解得到,最后与苯甲醇

发生酯化反应得到。考点33生物大分子及合成高分子参考答案一、选择题1.A解析:油脂变质是发生了氧化反应,B项错误。纤维素在人体中不能水解,但能促进肠胃蠕动,C项错误。羊毛衫主要成分是蛋白质,不能用加酶洗衣粉洗涤,D

项错误。2.C解析:A项,饱和Na2SO4溶液可使蛋白质发生盐析不会变性。B项,油脂相对分子质量较小,不属于高分子。C项,氨基酸含有氨基、羧基,可发生取代、缩聚反应,可生成二肽、多肽等。D项,淀粉是在酸性条件下水解,而葡萄糖与新制的氢氧化铜反应必须在碱性条件下,所以用新制的氢

氧化铜检验葡萄糖时要先中和酸,否则无法成功。3.C解析:M没有分子式为C9H10O2的单体,A项错误。M的水解产物中含高分子,B项错误。M为高分子,碱性条件下,1molM完全水解消耗NaOH的物质的量远大于2mol,D项错误。4.C解析:部分氨基酸可以在

人体内相互转化,但是有几种氨基酸在人体内不能合成,必须从食物中获得,称为必需氨基酸,故C项错误。5.C解析:聚氯乙烯中的添加剂有毒,不能用于食品包装膜,故C项错误。6.B解析:Br-在阳极区发生的电极反应为2Br--2e-Br2,产生的Br2与H2

O反应生成HBr和HBrO,HBrO将葡萄糖氧化为葡萄糖酸,自身被还原为Br-,整个过程中,Br-被循环利用,因此溴化钠在制备葡萄糖酸钙的过程中起催化和导电作用,A项正确;1mol葡萄糖被HBrO氧化为葡萄糖酸需转移2mol电子,而生成1mol葡萄糖酸钙需要2mol葡萄糖酸根离子,即

理论上电路中转移了4mol电子,B项错误;,—COOH与5号碳原子上的—OH在一定条件下发生酯化反应,可生成含有六元环状结构的酯,C项正确;葡萄糖含有醛基,可以发生氧化反应、还原反应、加成反应,含有羟基,可以发生消去反应、取代反应,D项正确。7.C解析:1mol该高聚物

分子中含有nmol碳碳双键,发生加成反应需要H2的物质的量大于1mol。8.D解析:聚乙炔膜属于导电高分子,主要用于制造电子元件,D项错误。9.C解析:合成顺丁橡胶的原料是CH2CH—CHCH2,C项错误。二、非选择题10.(1)环己烷(2)+NaOH+NaCl+H2O(3)(4)n+nCH2CH

—CHCH2(5)12(或)(6)解析:链烃A经催化脱氢后得到C6H12,符合烯烃或环烷烃的通式,又因为B的核磁共振氢谱只有一组峰,所以B为环己烷,环己烷脱氢后,形成C6H6,所以C是苯,苯在FeCl3的催化下与Cl2发生取代反应生成D,D为氯苯,氯苯与氯乙烷在钠的催化下反应生成

E,E为乙苯,乙苯经催化脱氢生成F,F为苯乙烯,苯乙烯与1,3-丁二烯加聚生成丁苯橡胶。环己烷与氯气在光照下发生取代反应生成氯代环己烷,氯代环己烷与碱的醇溶液在加热条件下发生消去反应,生成G,G为环己烯,环己烯经氧化开环,生成己二酸,己二酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维。(1)由上述分析可知,

B为环己烷,E的结构简式为。(2)氯代环己烷与碱的醇溶液发生消去反应生成环己烯,化学方程式为+NaOH+NaCl+H2O。(3)J为己二酸乙二醇发生缩聚反应的产物,其结构简式为。(4)苯乙烯与1,3-丁二烯加聚

生成丁苯橡胶的化学方程式为n+nCH2CH—CHCH2。(5)I为己二酸,其同分异构体能与饱和NaHCO3溶液反应生成气体,说明分子中含有羧基;既能发生银镜反应,又能发生水解反应,说明分子中含有醛基和酯基,但由于分子中只含有4个氧原子,其中羧基含2个氧原子,

说明该物质为甲酸酯,其同分异构体可看作是丁烷的二取代物,取代基为—COOH和HCOO—。当丁烷基不含支链时,其二取代物有8种,为和;当丁烷基含有一支链时,有4种结构,共12种。其中核磁共振氢谱为4组峰,且面积比为6∶2∶1

∶1的是或。(6)2-甲基己烷先进行催化脱氢成环,生成甲基环己烷,再催化脱氢形成甲苯,光照下,甲苯与氯气发生甲基上的取代反应,生成,与一氯甲烷在钠的催化下反应,生成乙苯。11.(1)取代反应羟基、羧基(2)O2/Cu、

加热CH3COOCHCH2(3)+3NaOH+CH3COONa+NaBr+H2O(4)(或)(5)HOH2C—CH2OHOHC—CHOHOOC—COOH解析:由聚乙酸乙烯酯的结构简式可知G为CH3COOCHCH2,故C为CH3COONa,E为CH3COOH,F

为CH3CHO;由于存在平衡:CH3CHOCH2CHOH,C与F在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到CH3COOCHCH2。A在光照条件下发生取代反应生成B,B发生酯的水解反应、卤代烃的水解反应得到C、D,则B中含有酯基,且D

可以连续发生氧化反应,故D中含有—CH2OH,H含有—CHO,I酸化得到J,故J中含有—COOH,由产物可推知J为,逆推可知I为,H为,D为,B为,A为。(4)A为,与A具有相同官能团且只有一个甲基的芳香族化合物的同分异构体有多种,其中核磁共振氢谱有5组

峰且能发生银镜反应,说明分子中含甲酸酯基(具有酯和醛的性质),分子结构对称,满足条件的结构简式有和。(5)乙二醇发生催化氧化生成OHC—CHO,再进一步氧化生成HOOC—COOH,最后与乙二醇在催化剂作用下发生缩聚

反应得到聚乙二酸乙二酯,据此写出合成路线。